tổng hợp đề thi đại học môn toán khối a,a1 có đáp án chi tiết

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối A Thời gian làm 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) mx + (3m − 2)x − Cho hàm số y = (1), với m tham số thực x + 3m Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm giá trị m để góc hai đường tiệm cận đồ thị hàm số (1) 45o Câu II (2 điểm) 1 ⎛ 7π ⎞ + = 4s in ⎜ − x ⎟ Giải phương trình 3π ⎞ s inx ⎛ ⎝ ⎠ sin ⎜ x − ⎟ ⎝ ⎠ ⎧ ⎪⎪ x + y + x y + xy + xy = − Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ \ ) ⎪ x + y + xy(1 + 2x) = − ⎪⎩ Câu III (2 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A ( 2;5;3) đường thẳng x −1 y z − = = 2 Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng d Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d cho khoảng cách từ A đến (α) lớn Câu IV (2 điểm) d: π tg x dx cos 2x Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt : 2x + 2x + − x + − x = m (m ∈ \) Tính tích phân I = ∫ PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elíp (E) biết (E) có tâm sai hình chữ nhật sở (E) có chu vi 20 n Cho khai triển (1 + 2x ) = a + a1x + + a n x n , n ∈ `* hệ số a , a1 , , a n a1 a + + nn = 4096 Tìm số lớn số a , a1 , , a n 2 Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình log 2x −1 (2x + x − 1) + log x +1 (2x − 1) = Cho lăng trụ ABC.A 'B 'C ' có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vng A, AB = a, AC = a hình chiếu vng góc đỉnh A ' mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC tính cosin góc hai đường thẳng AA ' , B 'C ' thỏa mãn hệ thức a + .Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ 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, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) x2 + x − Khi m = hàm số trở thành: y = = x−2+ x+3 x +3 • TXĐ: D = \ \ {−3} • Sự biến thiên: y ' = − 0,25 ⎡ x = −1 x + 6x + , y' = ⇔ ⎢ = 2 (x + 3) (x + 3) ⎣ x = −5 • yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1 0,25 • TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − • Bảng biến thiên: x −∞ y’ + −5 −9 −1 −3 − − +∞ + +∞ 0,25 +∞ y • Đồ thị: −∞ −∞ −1 y -5 -3 -1 O -1 x -2 0,25 -9 Tìm giá trị tham số m (1,00 điểm) mx + (3m − 2)x − 6m − = mx − + y= x + 3m x + 3m • Khi m = đồ thị hàm số khơng tồn hai tiệm cận • Khi m ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận : d1: x = −3m ⇔ x + 3m = 0, d2: y = mx − ⇔ mx − y − = 0,25 0,25 JJG JJG Vectơ pháp tuyến d1, d2 n1 = (1;0) , n = (m; − 1) Góc d1 d2 45o JJG JJG n m m 1.n 2 cos450 = JJG JJG = ⇔ = ⇔ m = ± n1 n m2 + m2 + Trang 1/5 0,50 II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 3π Điều kiện sin x ≠ sin(x − ) ≠ 1 + = −2 2(s inx + cosx) Phương trình cho tương đương với: s inx cosx ⎛ ⎞ ⇔ (s inx + cosx) ⎜ + 2 ⎟ = ⎝ s inxcosx ⎠ π • s inx + cosx = ⇔ x = − + kπ π 5π • ⇔ x = − + kπ x = + kπ + 2 = ⇔ sin 2x = − s inxcosx 8 Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình : π π 5π + kπ (k ∈ ]) x = − + kπ ; x = − + kπ ; x = 8 Giải hệ (1,00 điểm) 5 ⎧ ⎧ 2 ⎪⎪ x + y + x y + xy + xy = − ⎪⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − ⇔⎨ (∗) ⎨ ⎪ x + y + xy(1 + 2x) = − ⎪(x + y) + xy = − ⎪⎩ ⎪⎩ 4 ⎧ ⎪⎪ u + v + uv = − ⎧u = x + y Đặt ⎨ Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨ ⎩ v = xy ⎪u + v = − ⎪⎩ 5 ⎧ ⎡ ⎪⎪ v = − − u ⎢ u = 0, v = − ⇔⎨ ⇔ ⎢ ⎢u = − , v = − ⎪u + u + u = ⎪⎩ ⎣⎢ 2 ⎧x + y = 5 25 ⎪ • Với u = 0, v = − ta có hệ pt ⎨ ⇔ x = y = − 4 16 ⎪ xy = − ⎩ • Với u = − , v = − ta có hệ phương trình 2 ⎧ ⎧2x + x − = ⎪⎪ x − 2x + = ⎪ ⇔ x = y = − ⇔⎨ ⎨ ⎪y = − ⎪y = − ⎩ 2x ⎪⎩ 2x ⎛ 25 ⎞ 3⎞ ⎛ Hệ phương trình có nghiệm : ⎜⎜ ; − ⎟⎟ ⎜1; − ⎟ 16 ⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ III 0,50 0,50 0,50 0,50 2,00 Tìm toạ độ hình chiếu vng góc A d (1,00 điểm) G Đường thẳng d có vectơ phương u ( 2;1; ) Gọi H hình chiếu vng góc JJJG A d, suy H(1 + 2t ; t ; + 2t) AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1) JJJG G Vì AH ⊥ d nên AH u = ⇔ 2(2t – ) + t – + 2(2t – 1) = ⇔ t = Suy H ( 3;1; ) Trang 2/5 0,50 0,50 Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d cho (1,00 điểm) Gọi K hình chiếu vng góc A mặt phẳng (α) Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vng góc đường xiên) Do khoảng cách từ A đến (α) lớn AK = AH, hay K ≡ H JJJG Suy (α) qua H nhận vectơ AH = (1 ; – ; 1) làm vectơ pháp tuyến 0,50 0,50 Phương trình (α) 1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = ⇔ x − 4y + z − = IV 2,00 Tính tích phân (1,00 điểm) π I= π tg x tg x dx = ∫0 cos 2x ∫0 (1 − tg x ) cos2 x dx 0,25 dx π Đặt t = tgx ⇒ dt = Với x = t = ; với x = t = cos x Suy I= ∫ t dt = − ∫ t + dt + ∫ 1− t 20 = ( ) ( ⎛ t3 t +1 ⎞ ⎞ ⎛ − ⎟ ⎜ ⎟ dt = ⎜ − − t + ln t −1 ⎠ ⎝ t +1 t −1 ⎠ ⎝ ) 10 ln + − 0,50 0,25 Tìm giá trị m (1,00 điểm) Điều kiện: ≤ x ≤ Đặt vế trái phương trình f (x) , x ∈ [ 0; 6] Ta có f '(x) = (2x)3 + 1 − − 2x (6 − x)3 6−x 1⎛ 1 = ⎜ − ⎜⎝ (2x) (6 − x)3 ⎛ 1 Đặt u(x) = ⎜ − ⎜ (2x)3 (6 − x)3 ⎝ ⎞ ⎛ 1 ⎞ ⎟+⎜ − ⎟, ⎟ ⎝ 2x 6−x ⎠ ⎠ x ∈ (0;6) 0,50 ⎞ ⎞ ⎛ ⎟ , v(x) = ⎜ − ⎟ ⎟ 2x x − ⎝ ⎠ ⎠ Ta thấy u ( ) = v ( ) = ⇒ f '(2) = Hơn u(x), v(x) dương khoảng ( 0; ) âm khoảng ( 2;6 ) Ta có bảng biến thiên: x f’(x) + f(x) + − +6 Suy giá trị cần tìm m là: + ≤ m < + Trang 3/5 0,50 12 + V.a 2,00 Viết phương trình tắc elíp (1,00 điểm) x y2 Gọi phương trình tắc elíp (E) là: + = , a > b > a b ⎧c ⎪ = ⎪⎪ a Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ⎨2 ( 2a + 2b ) = 20 ⎪ 2 ⎪c = a − b ⎪⎩ 0,50 Giải hệ phương trình tìm a = b = Phương trình tắc (E) 0,50 x y2 + = Tìm số lớn số a , a1 , , a n (1,00 điểm) Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a + a1x + + a n x n ⇒ a + n a1 a ⎛1⎞ + + nn = f ⎜ ⎟ = 2n 2 ⎝2⎠ 0,50 Từ giả thiết suy 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12 k k +1 Với k ∈ {0,1, 2, ,11} ta có a k = 2k C12 , a k +1 = 2k +1 C12 k ak 2k C12 23 k +1 < ⇔ k +1 k +1 < ⇔ ⇔ k > Do a > a > > a12 a k +1 Số lớn số a , a1 , , a12 a = 28 C12 = 126720 V.b 2,00 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)) Điều kiện: x > x ≠ Phương trình cho tương đương với log 2x −1 (2x − 1)(x + 1) + log x +1 (2x − 1) = 0,50 ⇔ + log 2x −1 (x + 1) + log x +1 (2x − 1) = Đặt t = log 2x −1 (x + 1), ta có t + ⎡t = = ⇔ t − 3t + = ⇔ ⎢ t ⎣ t = • Với t = ⇔ log 2x −1 (x + 1) = ⇔ 2x − = x + ⇔ x = ⎡ x = (lo¹i) • Với t = ⇔ log2x −1 (x + 1) = ⇔ (2x − 1)2 = x + ⇔ ⎢ ⎢ x = (tháa m·n) ⎣ Nghiệm phương trình là: x = x = Trang 4/5 0,50 Tính thể tích tính góc (1,00 điểm) A' C' B' A C H B Gọi H trung điểm BC 1 Suy A ' H ⊥ (ABC) AH = BC = a + 3a = a 2 0,50 Do A 'H = A 'A − AH = 3a ⇒ A 'H = a a3 Vậy VA '.ABC = A'H.SΔABC = (đvtt) Trong tam giác vng A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H = 2a nên tam giác B' BH cân B' n ' BH Đặt ϕ góc hai đường thẳng AA ' B'C ' ϕ = B Vậy cosϕ = 0,50 a = 2.2a Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp án quy định -Hết - Trang 5/5 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn thi: TỐN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, khơng 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 + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A , B tam giác OAB cân gốc toạ độ O Câu II (2,0 điểm) (1 − 2sin x ) cos x = Giải phương trình (1 + 2sin x )(1 − sin x ) Giải phương trình 3x − + − x − = ( x ∈ \ ) Câu III (1,0 điểm) π Tính tích phân I = ∫ ( cos3 x − 1) cos x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB = AD = 2a , CD = a; góc hai mặt phẳng SBC ABCD 60D Gọi I trung điểm cạnh AD Biết hai mặt phẳng SBI ( ) ( ) ( ) ( SCI ) vng góc với mặt phẳng ( ABCD ) , tính thể tích khối chóp S ABCD theo a Câu V (1,0 điểm) Chứng minh với số thực dương x, y, z thoả mãn x ( x + y + z ) = yz , ta có: ( x + y) + ( x + z) + ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ ( y + z ) PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6;2) giao điểm hai đường 3 chéo AC BD Điểm M (1;5 ) thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh CD thuộc đường thẳng Δ : x + y − = Viết phương trình đường thẳng AB Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (S ) : x ( P ) : x − y − z − = phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) mặt cầu + y + z − x − y − z − 11 = Chứng minh mặt đường tròn Xác định toạ độ tâm tính bán kính đường tròn Câu VII.a (1,0 điểm) 2 theo 2 Gọi z1 z hai nghiệm phức phương trình z + z + 10 = Tính giá trị biểu thức A = z1 + z2 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x + y + x + y + = đường thẳng Δ : x + my − 2m + = 0, với m tham số thực Gọi I tâm đường tròn ( C ) Tìm m để Δ cắt ( C ) hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = hai đường thẳng x +1 y z + x −1 y − z +1 = = = = , Δ2 : Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng Δ1 cho 1 −2 khoảng cách từ M đến đường thẳng Δ khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) Câu VII.b (1,0 điểm) ⎧⎪log ( x + y ) = + log ( xy ) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ \ ) ⎪⎩3x − xy + y = 81 Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Δ1 : Họ tên thí sinh: ; Số báo danh ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn: TỐN; 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 (1,0 điểm) Khảo sát… ⎧ 3⎫ • Tập xác định: D = \ \ ⎨− ⎬ ⎩ 2⎭ • Sự biến thiên: −1 - Chiều biến thiên: y ' = < 0, ∀x ∈ D ( x + 3) 0,25 3⎞ ⎛ ⎛ ⎞ Hàm số nghịch biến trên: ⎜ −∞; − ⎟ ⎜ − ; +∞ ⎟ 2⎠ ⎝ ⎝ ⎠ - Cực trị: khơng có - Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = x →−∞ x →+∞ 1 ; tiệm cận ngang: y = 2 lim − y = −∞, lim + y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = − ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ x →⎜ − ⎟ x →⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ 0,25 ⎝ 2⎠ - Bảng biến thiên: x −∞ y' y − − +∞ +∞ − 0,25 −∞ • Đồ thị: x=− y= y 0,25 O x (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến… Tam giác OAB vng cân O, suy hệ số góc tiếp tuyến ±1 Gọi toạ độ tiếp điểm ( x0 ; y0 ) , ta có: −1 = ±1 ⇔ x0 = −2 x0 = −1 (2 x0 + 3) 0,25 0,25 • x0 = −1 , y0 = ; phương trình tiếp tuyến y = − x (loại) 0,25 • x0 = −2 , y0 = ; phương trình tiếp tuyến y = − x − (thoả mãn) Vậy, tiếp tuyến cần tìm: y = − x − 0,25 Trang 1/4 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Giải phương trình… (*) Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương: (1 − 2sin x)cos x = 3(1 + 2sin x)(1 − sin x) Điều kiện: sin x ≠ sin x ≠ − 0,25 π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ ⇔ cos x − sin x = sin x + cos x ⇔ cos ⎜ x + ⎟ = cos ⎜ x − ⎟ 3⎠ 6⎠ ⎝ ⎝ π π 2π ⇔ x = + k 2π x = − + k 18 0,25 Kết hợp (*), ta nghiệm: x = − π 18 +k 2π (k ∈ ]) 0,25 0,25 (1,0 điểm) Giải phương trình… ⎧2u + 3v = Đặt u = 3 x − v = − x , v ≥ (*) Ta có hệ: ⎨ ⎩5u + 3v = 8 − 2u ⎧ − 2u ⎧ ⎪v = ⎪v = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 3 ⎪(u + 2)(15u − 26u + 20) = ⎪15u + 4u − 32u + 40 = ⎩ ⎩ III 0,25 0,25 ⇔ u = −2 v = (thoả mãn) 0,25 Thế vào (*), ta nghiệm: x = −2 0,25 Tính tích phân… (1,0 điểm) π π 2 0 0,25 I = ∫ cos5 xdx − ∫ cos x dx Đặt t = sin x, dt = cos xdx; x = 0, t = 0; x = π π 2 0 π I1 = ∫ cos5 xdx = ∫ (1 − sin x ) cos xdx = ∫ (1 − t π , t = ) 2 1 ⎞ ⎛ dt = ⎜ t − t + t ⎟ = ⎠ 15 ⎝ π π 12 1⎛ π ⎞2 π I = ∫ cos x dx = ∫ (1 + cos x ) dx = ⎜ x + sin x ⎟ = Vậy I = I1 − I = − 20 2⎝ 15 ⎠0 IV 0,50 0,25 Tính thể tích khối chóp (1,0 điểm) ( SIB ) ⊥ ( ABCD) ( SIC ) ⊥ ( ABCD); suy SI ⊥ ( ABCD) n = 60D Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ SKI S A 0,50 B I D C K Diện tích hình thang ABCD : S ABCD = 3a 3a 3a ; suy S ΔIBC = 2 2S 5a n = 15a ⇒ SI = IK tan SKI BC = ( AB − CD ) + AD = a ⇒ IK = ΔIBC = BC 5 3 15a Thể tích khối chóp S ABCD : V = S ABCD SI = Tổng diện tích tam giác ABI CDI Trang 2/4 0,25 0,25 Câu V (1,0 điểm) Đáp án Điểm Chứng minh bất đẳng thức… Đặt a = x + y, b = x + z c = y + z Điều kiện x( x + y + z ) = yz trở thành: c = a + b − ab Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ; a, b, c dương thoả mãn điều kiện c = a + b − ab = (a + b) − 3ab ≥ (a + b) − (a + b) = (a + b) ⇒ a + b ≤ 2c (1) 4 0,25 0,25 a + b3 + 3abc ≤ 5c ⇔ (a + b)(a + b − ab) + 3abc ≤ 5c ⇔ (a + b)c + 3abc ≤ 5c ⇔ (a + b)c + 3ab ≤ 5c 0,25 (1) cho ta: (a + b)c ≤ 2c 3ab ≤ (a + b) ≤ 3c ; từ suy điều phải chứng minh Dấu xảy khi: a = b = c ⇔ x = y = z VI.a (2,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) Viết phương trình AB Gọi N đối xứng với M qua I , suy N (11; −1) N thuộc đường thẳng CD A M B I D E N C 0,25 JJJG JJG E ∈ Δ ⇒ E ( x;5 − x ) ; IE = ( x − 6;3 − x ) NE = ( x − 11;6 − x) E trung điểm CD ⇒ IE ⊥ EN JJG JJJG IE.EN = ⇔ ( x − 6)( x − 11) + (3 − x)(6 − x) = ⇔ x = x = 0,25 JJG • x = ⇒ IE = ( 0; −3) ; phương trình AB : y − = 0,25 JJG • x = ⇒ IE = (1; −4 ) ; phương trình AB : x − y + 19 = 0,25 (1,0 điểm) Chứng minh ( P) cắt ( S ), xác định toạ độ tâm tính bán kính… ( S ) có tâm I (1;2;3), bán kính R = Khoảng cách từ I đến ( P) : d ( I ,( P) ) = 2− 4−3− = < R; suy đpcm 0,25 Gọi H r tâm bán kính đường tròn giao tuyến, H hình chiếu vng góc I ( P) : IH = d ( I ,( P) ) = 3, r = R − IH = VII.a (1,0 điểm) 0,25 ⎧ x = + 2t ⎪ y = − 2t ⎪ Toạ độ H = ( x; y; z ) thoả mãn: ⎨ ⎪z = − t ⎩⎪2 x − y − z − = 0,25 Giải hệ, ta H (3; 0; 2) 0,25 Tính giá trị biểu thức… Δ = −36 = 36i , z1 = −1 + 3i z2 = −1 − 3i 0,25 | z1 | = (−1)2 + 32 = 10 | z2 | = (−1)2 + (−3)2 = 10 0,50 Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ (*) (1,0 điểm) Xét hàm f (t ) = 3t − t − , có f '(t ) = 3t ln − > 0, ∀t ≥ f (0) = , suy (*) 0,25 Áp dụng (*), ta có | x− y | + | y− z | + | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x | Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có: (| x − y | + | y − z | + | z − x |) = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |) ( 2 ) 0,25 + | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ | x − y | + | y − z | + | z − x | ( ) Do | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = x + y + z − ( x + y + z ) 2 0,25 Mà x + y + z = 0, suy | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ x + y + z Suy P = | x− y | + | y−z | + | z−x | − x + y + z ≥3 Khi x = y = z = dấu xảy Vậy giá trị nhỏ P Gọi H giao điểm AN BD Kẻ đường thẳng qua H 7.a song song với AB, cắt AD BC P Q (1,0 điểm) Đặt HP = x Suy PD = x, AP = 3x HQ = 3x A B Ta có QC = x, nên MQ = x Do ∆AHP = ∆HMQ, suy AH ⊥ HM Hơn nữa, ta có AH = HM M 10 Do AM = MH = 2d ( M ,( AN )) = H Q P A∈AN, suy A(t; 2t – 3) C D 11 45 10 N + 2t − = MA = ⇔ t− 2 2 ) ( ( ) ⇔ t − 5t + = ⇔ t = t = Vậy: A(1; −1) A(4;5) ) JJJG JJJG JJG 2 IH ⊥ AB ⇔ IH a = ⇔ t − + 4t + t − = ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − 3 3 Tam giác IAH vng cân H, suy bán kính mặt cầu (S) R = IA = IH = Do phương trình mặt cầu cần tìm ( S ): x + y + ( z − 3)2 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 9.a n(n − 1)(n − 2) n −1 (1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n = 0,25 ⇔ n = (vì n ngun dương) n 0,25 0,25 JJG 8.a Véc tơ phương d a = (1; 2; 1) Gọi H trung điểm AB, suy IH ⊥ AB JJJG (1,0 điểm) Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1) ( 0,25 0,25 7 2 ⎞ ⎛ x2 ⎞ ⎛ nx ⎛x ⎞ Khi ⎜ − ⎟ =⎜ − ⎟ = C7k ⎜ ⎟ x⎠ ⎝ x ⎠ k =0 ⎝ ⎠ ⎝ 14 ∑ 7−k (− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k k k k 0,25 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = ⇔ k = Do số hạng cần tìm (−1)3 C73 35 x = − x5 16 Trang 3/4 0,25 Câu Đáp án 7.b (1,0 điểm) Điểm Phương trình tắc (E) có dạng: y O x2 a2 + y2 b2 = 1, 0,25 với a > b > 2a = Suy a = A x Do (E) (C) nhận Ox Oy làm trục đối xứng giao điểm đỉnh hình vng nên (E) (C) có giao điểm với tọa độ dạng A(t ; t ), t > 0,25 A∈(C) ⇔ t + t = 8, suy t = 0,25 A(2;2) ∈ ( E ) ⇔ 16 4 + = ⇔ b2 = 16 b Phương trình tắc (E) 8.b (1,0 điểm) M thuộc d, suy tọa độ M có dạng M(2t – 1; t; t + 2) x2 y + = 16 16 0,25 0,25 MN nhận A trung điểm, suy N(3 – 2t; – – t; – t) 0,25 N∈(P) ⇔ − 2t − − t − 2(2 − t ) + = ⇔ t = 2, suy M(3; 2; 4) 0,25 Đường thẳng ∆ qua A M có phương trình ∆ : x −1 y + z − = = 9.b Đặt z = a + bi (a, b ∈ \), z ≠ −1 (1,0 điểm) 5( z + i) = − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = Ta có z +1 0,25 0,25 ⎧3a − b − = ⎧a = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎩ a − 7b + = ⎩b = 0,25 Do z =1+i Suy w = + z + z =1+1+ i + (1+ i )2 = + 3i 0,25 Vậy w = + 3i = 13 0,25 - HẾT - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + 3mx − (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) nghòch biến khoảng (0; + ∞) √ π Câu (1,0 điểm) Giải phương trình + tan x = 2 sin x + √ √ x + + x − − y4 + = y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x2 + 2x(y − 1) + y − 6y + = (x, y ∈ R) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân x2 − ln x dx x2 I= Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông A, ABC = 30◦ , SBC tam giác cạnh a mặt bên SBC vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mã√ n điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trò 32a3 32b3 a + b2 nhỏ biểu thức P = + − (b + 3c)3 (a + 3c)3 c II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (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 có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x + y + = A(−4; 8) Gọi M điểm đối xứng B qua C, N hình chiếu vuông góc B đường thẳng MD Tìm tọa độ điểm B C, biết N(5; −4) y+1 z+2 x−6 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = −3 −2 điểm A(1; 7; 3) Viết phương trình mặ t phẳ n g (P ) qua A vuô n g gó c vớ i ∆ Tìm tọ a độ điể m √ M thuộc ∆ cho AM = 30 Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt chọn từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; Xác đònh số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S, tính xác suất để số chọn số chẵn B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong √ mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng√∆ : x − y = Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ hai điểm A B cho AB = Tiếp tuyến (C) A B cắt điểm thuộc tia Oy Viết phương trình đường tròn (C) Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = mặt cầu (S) : x2 + y + z − 2x + 4y − 2z − = Chứng minh (P ) tiếp xúc với (S) Tìm tọa độ tiếp điểm (P ) (S) √ Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z = + i Viết dạng lượng giác z Tìm phần thực phần ảo số phức w = (1 + i)z5 −−−−−−Hết−−−−−− Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 (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 + x − • Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = −3x + x; y ' = ⇔ x = x = Khoảng đồng biến: (0; 2); khoảng nghịch biến: (−∞; 0) (2; + ∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = −1; đạt cực đại x = 2, yCĐ = - Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞ x→−∞ 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' − +∞ 0 + +∞ y − 0,25 −1 • Đồ thị: −∞ y 0,25 O x −1 b (1,0 điểm) Ta có y ' = −3x + x + 3m Hàm số (1) nghịch biến khoảng (0; + ∞) y ' ≤ 0, ∀x > ⇔ m ≤ x − x, ∀x > Xét f ( x) = x − x với x > Ta có f '( x) = x − 2; f '( x) = ⇔ x = 0,25 0,25 Bảng biến thiên: x − f '( x) f ( x) +∞ + +∞ 0,25 −1 Dựa vào bảng biến thiên ta giá trị m thỏa mãn u cầu tốn m ≤ −1 Trang 1/4 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm Điều kiện: cos x ≠ Phương trình cho tương đương với + sin x = 2(sin x + cos x) cos x ⇔ (sin x + cos x)(2cos x − 1) = • sin x + cos x = ⇔ x = − • 2cos x − = ⇔ x = ± 0,25 π + kπ ( k ∈ ]) 0,25 π + k 2π (k ∈ ]) Đối chiếu điều kiện ta nghiệm: x = − (1,0 điểm) 0,25 π π + kπ x = ± + k 2π (k ∈ ]) ⎧⎪ x + + x − − y + = y (1) ⎨ ⎪⎩ x + x( y − 1) + y − y + = (2) 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ Từ (2) ta y = ( x + y − 1) , suy y ≥ Đặt u = x − 1, suy u ≥ Phương trình (1) trở thành: Xét f (t ) = t + + t , với t ≥ Ta có f '(t ) = 2t t +2 u4 + + u = y + + y (3) + > 0, ∀t ≥ 0,25 Do phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa x = y + Thay vào phương trình (2) ta y ( y + y + y − 4) = (4) Hàm g ( y ) = y + y + y − có g '( y ) = y + y + > với y ≥ Mà g (1) = 0, nên (4) có hai nghiệm khơng âm y = y = Với y = ta nghiệm ( x; y ) = (1; 0); với y = ta nghiệm ( x; y ) = (2; 1) Vậy nghiệm ( x; y ) hệ cho (1; 0) (2; 1) (1,0 điểm) Đặt u = ln x, dv = x2 − x 2 dx ⇒ du = dx , v= x+ x x 0,25 1 = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ⎛⎜ x − ⎞⎟ x⎠ x ⎠1 ⎝ ⎝ = ln − 2 (1,0 điểm) 0,25 0,25 Gọi H trung điểm BC, suy SH ⊥ BC Mà (SBC) vng góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC) Ta có BC = a, suy SH = S AB = BC cos30o = Do VS ABC = I H C 0,25 0,25 1 Ta có I = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ∫ ⎛⎜ x + ⎞⎟ dx x⎠ x⎠x ⎝ 1⎝ B 0,25 A 0,25 a a ; AC = BC sin 30o = ; 2 a 0,25 a3 SH AB AC = 16 Tam giác ABC vng A H trung điểm BC nên HA = HB Mà SH ⊥ (ABC), suy SA = SB = a Gọi I trung điểm AB, suy SI ⊥ AB 0,25 AB a 13 = 4 3V 6V a 39 Suy d (C ,( SAB )) = S ABC = S ABC = S ΔSAB SI AB 13 0,25 Do SI = SB − Trang 2/4 Câu (1,0 điểm) Đáp án Đặt x = Điểm a b , y = Ta x > 0, y > Điều kiện tốn trở thành xy + x + y = c c 3 32 y Khi P = 32 x + − x2 + y2 3 ( y + 3) ( x + 3) (u + v)3 Với u > 0, v > ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − (u + v)3 = 4 3 3 0,25 3 32 x3 + 32 y ≥ ⎛ x + y ⎞ = ⎛ ( x + y ) − xy + x + y ⎞ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ xy + x + y + ⎝ y +3 x+3⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 ⎝ ⎠ Thay xy = − x − y vào biểu thức ta Do 3 32 x3 + 32 y ≥ ⎛ ( x + y − 1)( x + y + 6) ⎞ = ( x + y − 1)3 Do ⎜ ⎟ 2( x + y + 6) ⎝ ⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 0,25 P ≥ ( x + y −1)3 − x + y = ( x + y −1)3 − ( x + y ) − xy = ( x + y −1)3 − ( x + y ) + 2( x + y ) − Đặt t = x + y Suy t > P ≥ (t − 1)3 − t + 2t − ( x + y)2 t2 nên (t − 2)(t + 6) ≥ Do t ≥ =t+ 4 t +1 Xét f (t ) = (t − 1)3 − t + 2t − 6, với t ≥ Ta có f '(t ) = 3(t − 1) − t + 2t − Ta có = x + y + xy ≤ ( x + y ) + Với t ≥ ta có 3(t − 1) ≥ t +1 t + 2t − = 1+ 0,25 ≤ + = , nên 2 (t + 1) − > Suy f (t ) ≥ f (2) = − Do P ≥ − Khi a = b = c P = − Do giá trị nhỏ P − Do C ∈ d nên C (t ; −2t − 5) Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD, suy I trung điểm AC Do I t − ; −2t + 2 Tam giác BDN vng N nên IN = IB Suy IN = IA A D Do ta có phương trình f '(t ) ≥ − 7.a (1,0 điểm) ) ( ( I N B 8.a (1,0 điểm) C M ) ( ) 2 ⎛ − t − ⎞ + − − −2t + = − − t − + ⎛8 − − 2t + ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⇔ t = Suy C (1; −7) Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB Mà CB = AD CM||AD nên tứ giác ACMD hình bình hành Suy AC||DM Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy BN ⊥ AC CB = CN Vậy B điểm đối xứng N qua AC Đường thẳng AC có phương trình: x + y + = Đường thẳng BN qua N vng góc với AC nên có phương trình x − y − 17 = Do B(3a + 17; a ) Trung điểm BN thuộc AC nên 3a + 17 + ⎞ a − 3⎛⎜ + = ⇔ a = −7 Vậy B ( −4; −7) ⎟+ 2 ⎝ ⎠ JG Δ có véctơ phương u = (−3; −2;1) JG (P) qua A nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình −3( x − 1) − 2( y − 7) + ( z − 3) = ⇔ 3x + y − z − 14 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 M thuộc Δ nên M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t ) 0,25 AM = 30 ⇔ (6 − 3t − 1) + (−1 − 2t − 7) + (−2 + t − 3)2 = 120 ⇔ 7t − 4t − = 51 ; − ; − 17 ⇔ t = t = − Suy M (3; −3; −1) M 7 7 Trang 3/4 ( ) 0,25 Câu Đáp án Điểm 9.a (1,0 điểm) Số phần tử S A37 = 210 Số cách chọn số chẵn từ S 3.6.5 = 90 (cách) 90 = Xác suất cần tính 210 Gọi M giao điểm tiếp tuyến A B (C), H giao điểm AB IM Khi M (0; t ), với t ≥ 0; H trung điểm AB = 2 AB Suy AH = M 1 = + , suy AM = 10 2 AH AM AI B Do MH = AM − AH = |t | , nên t = Do M (0; 8) Mà MH = d ( M , Δ ) = H Đường thẳng IM qua M vng góc với Δ nên có phương I x + y − = Do tọa độ điểm H thỏa mãn hệ trình A ⎧x − y = Δ ⇒ H (4;4) ⎨ ⎩x + y − = JJJG JJJJG Ta có IH = IA2 − AH = = HM , nên IH = HM 4 Do I (5;3) 0,25 7.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy đường tròn (C) có phương trình ( x − 5) + ( y − 3) = 10 8.b (1,0 điểm) (S) có tâm I (1; −2;1) bán kính R = 14 d ( I ,( P)) = | 2.1 + 3(−2) + 1.1 − 11| = 14 = R Do (P) tiếp xúc với (S) 14 22 + 32 + 12 Gọi M tiếp điểm (P) (S) Suy M thuộc đường thẳng qua I vng góc với (P) Do M (1 + 2t ; −2 + 3t ;1 + t ) Do M thuộc (P) nên 2(1 + 2t ) + 3(−2 + 3t ) + (1 + t ) − 11 = ⇔ t = Vậy M (3;1; 2) 9.b (1,0 điểm) ⎛1 3⎞ z = + 3i = ⎜ + i ⎟ ⎠ ⎝2 π π = ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ 3⎠ ⎝ 5π 5π Suy z = 25 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ = 16(1 − 3i ) 3 ⎠ ⎝ Do w = 16( + 1) + 16(1 − 3)i Vậy w có phần thực 16( + 1) phần ảo 16(1 − 3) - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A Khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− x+2 x−1 (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò (C) hàm số (1) b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình √ sin x + cos x = + sin 2x Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y = x2 − x + đường thẳng y = 2x + Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + (2 + i) z = + 5i Tìm phần thực phần ảo z b) Từ hộp chứa 16 thẻ đánh số từ đến 16, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn đánh số chẵn Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x+y −2z −1 = y z+3 x−2 = = Tìm tọa độ giao điểm d (P ) Viết phương đường thẳng d : −2 trình mặt phẳng chứa d vuông góc với (P ) 3a , hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABCD) trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SD = Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết M(1; 2) N(2; −1) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình √ x 12 − y + y(12 − x2 ) = 12 (x, y ∈ R) √ x3 − 8x − = y − Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y + z = Tìm giá trò lớn biểu thức P = x2 y+z + yz + − x2 + yz + x + x + y + z + −−−−−−Hết−−−−−− Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ 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 2014 Môn: TOÁN; Khối A Khối A1 (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) (2,0đ) • Tập xác đònh D = R \ {1} • Sự biến thiên: ; y < 0, ∀x ∈ D (x − 1)2 Hàm số nghòch biến khoảng (−∞; 1) (1; +∞) 0,25 - Chiều biến thiên: y = − - Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = 1; tiệm cận ngang: y = x→−∞ 0,25 x→+∞ lim y = −∞; lim y = +∞; tiệm cận đứng: x = x→1+ x→1− - Bảng biến thiên: x −∞ y y Điểm P P − +∞ − +∞ P PP PP PP q P 0,25 PP PP q −∞ • Đồ thò: y   ✆ 0,25 ✄ ✂ O −2 −2 ✁ ✝ x ☎ b) (1,0 điểm) M ∈ (C) ⇒ M a; a+2 , a = a−1 0,25 a+2 a+ √a − Khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x d = √ a2 − 2a + = d = ⇔ |a2 + 2| = 2|a − 1| ⇔ a2 + 2a = • a2 − 2a + = 0: phương trình vô nghiệm a=0 • a2 + 2a = ⇔ Suy tọa độ điểm M cần tìm là: M (0; −2) M (−2; 0) a = −2 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu Phương trình cho tương đương với (1,0đ) ⇔ (sin x − 2)(2 cos x − 1) = sin x + cos x = + sin x cos x • sin x − = 0: phương trình vô nghiệm π • cos x − = ⇔ x = ± + k2π (k ∈ Z) π Nghiệm phương trình cho là: x = ± + k2π (k ∈ Z) 3 Phương trình hoành độ giao điểm đường cong y = x − x + đường thẳng x=1 (1,0đ) y = 2x + x2 − x + = 2x + ⇔ x = Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Diện tích hình phẳng cần tìm S = |x2 − 3x + 2|dx 0,25 x3 3x2 − + 2x (x2 − 3x + 2)dx = = 0,25 1 = 0,25 3a + b = a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thiết suy a−b=5 (1,0đ) ⇔ a = 2, b = −3 Do số phức z có phần thực 2, phần ảo −3 0,25 0,25 b) Số phần tử không gian mẫu là: C 416 = 1820 0,25 Số kết thuận lợi cho biến cố “4 thẻ đánh số chẵn” là: C 48 = 70 70 Xác suất cần tính p = = 1820 26 0,25 Gọi M giao điểm d (P ), suy M (2 + t; −2t; −3 + 3t) 0,25 Do M ; −3; 2 − → − → d có vectơ phương u = (1; −2; 3), (P ) có vectơ pháp tuyến n = (2; 1; −2) → − Mặt phẳng (α) cần viết phương trình có vectơ pháp tuyến [ − u,→ n ] = (1; 8; 5) 0,25 Ta có A(2; 0; −3) ∈ d nên A ∈ (α) Do (α) : (x − 2) + 8(y − 0) + 5(z + 3) = 0, nghóa (α) : x + 8y + 5z + 13 = 0,25 (1,0đ) M ∈ (P ) suy 2(2 + t) + (−2t) − 2(−3 + 3t) − = ⇔ t = (1,0đ) Gọi H trung điểm AB, suy √ SH ⊥ (ABCD) Do SH ⊥ HD Ta có SH = SD − DH = SD − (AH + AD ) = a S B ✍ E ✟ ✠ ✌ H ☛ ✞ A a3 SH.SABCD = 3 Gọi K hình chiếu vuông góc H BD E hình chiếu vuông góc H SK Ta có BD ⊥ HK BD ⊥ SH, nên BD ⊥ (SHK) Suy BD ⊥ HE Mà HE ⊥ SK, HE ⊥ (SBD) √ a Ta có HK = HB sin KBH = HS.HK a Suy HE = √ = 2 HS + HK 2a Do d(A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE = Suy V S.ABCD = ☞ K ✡ D C 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án √ Ta có M N = 10 Gọi a độ dài cạnh của√ hình vuông ABCD, I C 3AC 3a a (1,0đ) D = , a > Ta có AM = AN = 4 5a2 N nên M N = AM + AN − 2AM.AN cos M AN = 5a Do = 10, nghóa a = Gọi I(x; y) trung điểm CD Ta có IM = AD = BD √ A M B = 2, nên ta có hệ phương trình IN = x = 1; y = −2 (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 ⇔ 17 (x − 2)2 + (y + 1)2 = ;y = − x= 5 −−→ • Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) IM = (0; 4) −−→ Đường thẳng CD qua I có vectơ pháp tuyến IM, nên có phương trình y + = Câu ✒ ✕ Điểm ✑ ✔ 0,25 ✖ ✎ ✓ ✏ 17 17 −−→ 12 16 ; y = − ta có I ;− IM = − ; 5 5 5 −−→ Đường thẳng CD qua I có vectơ pháp tuyến IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = • Với x = (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 √ x 12 − y + √ √ y(12 − x2 ) = 12 (1) Điề u kiệ n : −2 ≤ x ≤ 3; ≤ y ≤ 12 √ x3 − 8x − = y − (2) √ x2 + 12 − y y + 12 − x2 Ta có x 12 − y ≤ y(12 − x2 ) ≤ 2 √ x≥0 nên x 12 − y + y(12 − x ) ≤ 12 Do (1) ⇔ y = 12 − x2 √ √ Thay vào (2) ta x3 − 8x − = 10 − x2 ⇔ x3 − 8x − + 2(1 − 10 − x2 ) = 2(x + 3) √ ⇔ (x − 3) x2 + 3x + + = (3) + 10 − x2 Do x ≥ nên x2 + 3x + + 2(x + 3) √ > + 10 − x2 Do (3) ⇔ x = Thay vào hệ đối chiếu điều kiện ta nghiệm: (x; y) = (3; 3) Ta có ≤ (x − y − z)2 = x2 + y + z − 2xy − 2xz + 2yz = 2(1 − xy − xz + yz), (1,0đ) nên x2 + yz + x + = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz) ≥ x(x + y + z + 1) x2 x Suy ≤ x + yz + x + x+y+z+1 Mặc khác, (x + y + z) = x2 + y + z + 2x(y + z) + 2yz = + 2yz + 2x(y + z) x+y+z (x + y + z)2 ≤ + 2yz + [x2 + (y + z)2 ] = 4(1 + yz) Do P ≤ − x+y+z+1 36 Đặt t = x + y + z, suy t ≥ t = (x + y + z)2 = (x2 +√ y + z ) + 2xy + 2yz + 2zx ≤ + (x2 + y ) + (y + z ) + (z + x2 ) = Do ≤ t ≤ √ t t2 Xét f (t) = − , với ≤ t ≤ t + 36 t (t − 2)(t2 + 4t + 9) Ta có f (t) = − = − , nên f (t) = ⇔ t = (t + 1)2 18 18(t + 1)2 √ √ √ 31 Ta có f (0) = 0; f (2) = f ( 6) = − , nên f (t) ≤ ≤ t ≤ 30 5 Do P ≤ Khi x = y = z = P = Do giá trò lớn P 9 −−−−−−Hết−−−−−− 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−− Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số y = x3 − 3x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trò lớn giá trò nhỏ hàm số f(x) = x + đoạn [1; 3] x Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − i) z − + 5i = Tìm phần thực phần ảo z b) Giải phương trình log2 (x2 + x + 2) = Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = (x − 3)ex dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −2; 1), B(2; 1; 3) mặt phẳng (P ) : x − y + 2z − = Viết phương trình đường thẳng AB tìm tọa độ giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng (P ) Câu (1,0 điểm) a) Tính giá trò biểu thức P = (1 − cos 2α)(2 + cos 2α), biết sin α = b) Trong đợt ứng phó dòch MERS-CoV, Sở Y tế thành phố chọn ngẫu nhiên đội phòng chống dòch động số đội Trung tâm y tế dự phòng thành phố 20 đội Trung tâm y tế sở để kiểm tra công tác chuẩn bò Tính xác suất để có đội Trung tâm y tế sở chọn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 45◦ Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB, AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vuông góc A cạnh BC; D điểm đối xứng B qua H; K hình chiếu vuông góc C đường thẳng AD Giả sử H(−5; −5), K(9; −3) trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng x − y + 10 = Tìm tọa độ điểm A Câu (1,0 điểm) Giải phương trình √ x2 + 2x − = (x + 1) x + − tập số thực x − 2x + Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 3] thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trò lớn biểu thức P = a2b2 + b2 c2 + c2a2 + 12abc + 72 − abc ab + bc + ca −−−−−−−−Hết−−−−−−−− Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu (Trang 01) Điểm • 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 = 2; đạt cực tiểu x = 1, y CT = −2 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x→−∞ • Bảng biến thiên: x −∞ y y (1,0đ) 0,25 x→+∞ −∞ + −1 ✯ ❍ ✟ ✟ ✟✟ ✟ • Đồ thò: ❍ − +∞ + ✯ +∞ ✟✟ ✟ ✟ ✟ ❍ ❍❍ ❥ −2 0,25 y −1 O x 0,25 −2 Ta có f (x) xác đònh liên tục đoạn [1; 3]; f (x) = − x2 Với x ∈ [1; 3], f (x) = ⇔ x = 2 (1,0đ) 13 Ta có f (1) = 5, f (2) = 4, f (3) = 0,25 0,25 0,25 Giá trò lớn giá trò nhỏ f (x) đoạn [1; 3] 0,25 a) Ta có (1 − i)z − + 5i = ⇔ z = − 2i 0,25 Do số phức z có phần thực 3, phần ảo −2 0,25 b) Phương trình cho tương đương với x + x + = (1,0đ) x=2 x = −3 Vậy nghiệm phương trình x = 2; x = −3 ⇔ 0,25 0,25 Đáp án Câu (1,0đ) (Trang 02) Điểm Đặt u = x − 3; dv = ex dx Suy du = dx; v = ex 0,25 Khi I = (x − 3)ex 0,25 = (x − 3)ex 1 − ex dx 0 − ex 0,25 0,25 = − 3e − −→ Ta có AB = (1; 3; 2) 0,25 x−1 y+2 z−1 Đường thẳng AB có phương trình = = (1,0đ) Gọi M giao điểm AB (P ) Do M thuộc AB nên M (1 + t; −2 + 3t; + 2t) M thuộc (P ) nên + t − (−2 + 3t) + 2(1 + 2t) − = 0, suy t = −1 Do M (0; −5; −1) 1 14 Suy P = − 2+ = 3 (1,0đ) b) Số phần tử không gian mẫu C 325 = 2300 a) Ta có cos 2α = − sin2 α = Số kết thuận lợi cho biến cố “có đội Trung tâm y tế sở” 2090 209 C220 C15 + C320 = 2090 Xác suất cần tính p = = 2300 230 S ✟✠ (1,0đ) H ☞✌  ✁ A ✝✞ D Tam giác SAM vuông A, có đường cao AH, nên 1 = + = 2 2 AH SA AM 2a √ 10 a Vậy d(AC, SB) = AH = AC Gọi M trung điểm AC Ta có M H = M K = , nên M thuộc đường trung trực HK Đường trung trực HK có phương trình 7x + y − 10 = 0, nên tọa x − y + 10 = độ M thỏa mãn hệ 7x + y − 10 = Suy M (0; 10) ✡☛ d M ✂✄ ☎✆ C B A ✍ (1,0đ) M ✖✗ D ✎ B ✑✒ ✓✔ ✏ C H ✕ K Ta có SCA = (SC, √ (ABCD)) = 45◦ , suy SA = AC = a √ 1√ 2a VS.ABCD = SA.SABCD = a.a = 3 Kẻ đường thẳng d qua B song song AC Gọi M hình chiếu vuông góc A d; H hình chiếu vuông góc A SM Ta có SA⊥BM, M A⊥BM nên AH⊥BM Suy AH⊥(SBM ) Do d(AC, SB) = d(A, (SBM )) = AH Ta có HKA = HCA = HAB = HAD, nên ∆AHK cân H, suy HA = HK Mà M A = M K, nên A đối xứng với K qua M H −−→ Ta có M H = (5; 15); đường thẳng M H có phương trình 3x − y + 10 = Trung điểm AK thuộc M H AK⊥M H nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ x+9 y−3 − + 10 = 2 (x − 9) + 3(y + 3) = Suy A(−15; 5) 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 Đáp án Câu (Trang 03) Điểm Điều kiện: x −2 Phương trình cho tương đương với x=2 (x + 1)(x − 2) (x − 2)(x + 4) x+1 x+4 √ = ⇔ =√ (1) x2 − 2x + x+2+2 x2 − 2x + x+2+2 √ Ta có (1) ⇔ (x + 4)( x + + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) √ √ ⇔ ( x + + 2)[( x + 2)2 + 2] = [(x − 1) + 2][(x − 1)2 + 2] (2) 0,25 0,25 Xét hàm số f (t) = (t + 2)(t + 2) (1,0đ) Ta có f (t) = 3t2 + 4t + 2, suy f (t) > 0, ∀t ∈ R, nên f (t) đồng biến R √ √ Do (2) ⇔ f ( x + 2) = f (x − 1) ⇔ x + = x − ⇔ ⇔x= √ 3+ 13 x x2 − 3x − = Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x = 2; x = 3+ 0,25 √ 13 0,25 Đặt t = ab + bc + ca (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + 3t 3t Suy t 12 Mặt khác, (a − 1)(b − 1)(c − 1) 0, nên abc ab + bc + ca − = t − 5; (3 − a)(3 − b)(3 − c) 0, nên 3t = 3(ab + bc + ca) abc + 27 t + 22 Suy t 11 Vậy t ∈ [11; 12] Ta có 36 = (a + b + c)2 = Khi P = 10 (1,0đ) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc(a + b + c) + 72 abc − ab + bc + ca (ab + bc + ca)2 + 72 abc = − ab + bc + ca Xét hàm số f (t) = Do f (t) Suy f (t) t2 + 72 t − t2 + 5t + 144 − = t 2t 0,25 0,25 t2 + 5t + 144 t2 − 144 , với t ∈ [11; 12] Ta có f (t) = 2t 2t2 0,25 0, ∀t ∈ [11; 12], nên f (t) nghòch biến đoạn [11, 12] 160 160 f (11) = Do P 11 11 Ta có a = 1, b = 2, c = thỏa mãn điều kiện toán P = 160 Vậy giá trò lớn P 11 −−−−−−− −Hết−−−−−−−− 160 11 0,25 [...]... liệu Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; 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 hàm số y = x3 − 2x2 + 1 • Tập xác định: R 0,25 • Sự biến thi n: - Chi u biến thi n:... 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 2011 Mơn: TỐN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1 (1,0 điểm) ⎧1 ⎫ • Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬ ⎩2⎭ • Sự biến thi n: Chi u biến thi n: y ' = −1 ( 2... 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: y = x 4 − 2 x 2 • Tập xác định: D = \ • Sự biến thi n: 0,25 − Chi u biến thi n:... 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 2014 Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1 (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) 1 (2,0đ) • Tập xác đònh D = R \ {1} • Sự biến thi n:... 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 2013 Mơn: TỐN; Khối A và khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) Khi m = 0 ta có y = − x3 + 3 x 2 − 1... 16(1 − 3)i Vậy w có phần thực là 16( 3 + 1) và phần ảo là 16(1 − 3) - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A và Khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− x+2 x−1 (1) a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ... - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + 3mx − 1 (1), với m là tham số thực a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 0 b) Tìm m... GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2( m + 1) x 2 + m 2 (1), với m là tham số thực a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0 b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo... 0,50 Kết hợp (*), hệ có nghiệm: ( x; y ) = (2;2) và ( x; y ) = (−2; −2) -Hết - Trang 4/4 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng 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... 8i 0,25 Vậy: z + iz = 8 2 0,25 - Hết - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) −x + 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x − 1 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2 Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = ... 2015 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu (Trang 01) Điểm • Tập xác đònh: D = R • Sự biến thi n: - Chi u... ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A Khối A1 (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) (2,0đ) • Tập xác đònh D = R {1} • Sự biến thi n:... ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thi n vẽ