bé gi¸o dơc vµ ®µo t¹o kú thi tun sinh ®¹i häc, cao §¼ng n¨m 2002 ®Ị chÝnh thøc M«n thi : to¸n, Khèi B (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _ C©u I (§H : 2,0 ®iĨm; C§ : 2,5 ®iĨm) Cho hµm sè : y = mx + m − x + 10 Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cđa hµm sè (1) m = T×m m ®Ĩ hµm sè (1) cã ba ®iĨm cùc trÞ ( ) (1) ( m lµ tham sè) C©u II (§H : 3,0 ®iĨm; C§ : 3,0 ®iĨm) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: sin x − cos x = sin x − cos x Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: log x log (9 x − 72) ≤ ( ) x − y = x − y x + y = x + y + C©u III ( §H : 1,0 ®iĨm; C§ : 1,5 ®iĨm) TÝnh diƯn tÝch cđa h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng : x2 x2 y = 4− vµ y = 4 Gi¶i hƯ ph−¬ng tr×nh: C©u IV.(§H : 3,0 ®iĨm ; C§ : 3,0 ®iĨm) Trong mỈt ph¼ng víi hƯ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã t©m 1 I ;0 , ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB lµ x − y + = vµ AB = AD T×m täa ®é c¸c ®Ønh 2 A, B, C , D biÕt r»ng ®Ønh A cã hoµnh ®é ©m Cho h×nh lËp ph−¬ng ABCDA1 B1C1 D1 cã c¹nh b»ng a a) TÝnh theo a kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng A1 B vµ B1 D b) Gäi M , N , P lÇn l−ỵt lµ c¸c trung ®iĨm cđa c¸c c¹nh BB1 , CD , A1 D1 TÝnh gãc gi÷a hai ®−êng th¼ng MP vµ C1 N C©u V (§H : 1,0 ®iĨm) Cho ®a gi¸c ®Ịu A1 A2 L A2 n (n ≥ 2, n nguyªn ) néi tiÕp ®−êng trßn (O ) BiÕt r»ng sè tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 2n ®iĨm A1 , A2 , L , A2 n nhiỊu gÊp 20 lÇn sè h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh lµ 2n ®iĨm A1 , A2 , L , A2 n , t×m n HÕt Ghi chó : 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u IV b) vµ C©u V 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: Bé gi¸o dơc vµ ®µo t¹o kú thi tun sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 §¸p ¸n vµ thang ®iĨm ®Ị thi chÝnh thøc M«n to¸n, khèi b C©u I ý Néi dung §H C§ y = x − x + 10 lµ hµm ch½n ⇒ ®å thÞ ®èi xøng qua Oy x=0 TËp x¸c ®Þnh ∀ x ∈ R , y ' = x − 16 x = x x − , y '= ⇔ x = ±2 ∑1,0 ® ∑1,5 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® Víi m = ta cã ( ) 4 y" = 12 x − 16 = 12 x − , y" = ⇔ x = ± 3 B¶ng biÕn thiªn: x −∞ −2 − y' y" + −2 + lâm CT −6 U +∞ − 0 − 10 C§ låi +∞ y 0 + + +∞ U lâm CT −6 y Hai ®iĨm cùc tiĨu : A1 (− 2;−6 ) vµ A2 (2;−6 ) Mét ®iĨm cùc ®¹i: B (0;10 ) − 10 10 Hai ®iĨm n: U ; vµ U ; 9 9 Giao ®iĨm cđa ®å thÞ víi trơc tung lµ B(0;10 ) §å thÞ c¾t trơc hoµnh t¹i ®iĨm cã hoµnh ®é: 10 B x = ± + vµ x = ± − U1 U2 -2 A1 -6 (ThÝ sinh cã thĨ lËp b¶ng biÕn thiªn) x A2 I II ( ) ( ) y ' = 4mx + m − x = x 2mx + m − , x=0 y' = ⇔ 2 2mx + m − = Hµm sè cã ba ®iĨm cùc trÞ ⇔ ph−¬ng tr×nh y '= cã nghiƯm ph©n biƯt (khi ®ã y ' ®ỉi dÊu qua c¸c nghiƯm) ⇔ ph−¬ng tr×nh 2mx + m − = cã nghiƯm ph©n biƯt kh¸c m ≠ 2mx + m − = ⇔ − m Ph−¬ng tr×nh 2mx + m − = x = 2m m < −3 cã nghiƯm kh¸c ⇔ 0 < m < m < −3 VËy hµm sè cã ba ®iĨm cùc trÞ ⇔ 0 < m < sin 3x − cos x = sin x − cos x − cos x + cos x − cos10 x + cos12 x ⇔ − = − 2 2 ⇔ (cos 12 x + cos 10 x ) − (cos x + cos x ) = ⇔ cos x(cos 11x − cos x ) = ⇔ cos x sin x sin x = kπ x = k ∈ Z ⇔ sin x sin x = ⇔ kπ x = Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ sư dơng c¸c c¸ch biÕn ®ỉi kh¸c ®Ĩ ®−a vỊ ph−¬ng tr×nh tÝch ( ) log x log (9 x − 72) ≤ (1) x > 0, x ≠ §iỊu kiƯn: x − 72 > ⇔ x − 72 > ⇔ x > log 73 log (9 x − 72) > ( (2) ∑ 1,0 ® ∑ 1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 1,0 ® ∑ 1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,5 ® ∑1,0 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ) Do x > log 73 > nªn (1) ⇔ log x − 72 ≤ x ( ) x ⇔ x − 72 ≤ x ⇔ − x − 72 ≤ (3) §Ỉt t = x th× (3) trë thµnh t − t − 72 ≤ ⇔ −8 ≤ t ≤ ⇔ −8 ≤ x ≤ ⇔ x ≤ KÕt hỵp víi ®iỊu kiƯn (2) ta ®−ỵc nghiƯm cđa bÊt ph−¬ng tr×nh lµ: log 73 < x ≤ x − y = x − y (1) x− y ≥ (3) §iỊu kiƯn: x + y = x + y + (2) x + y ≥ x= y (1) ⇔ x − y − x − y = ⇔ x = y + Thay x = y vµo (2), gi¶i ta ®−ỵc x = y = Thay x = y + vµo (2), gi¶i ta cã: x = , y = 2 KÕt hỵp víi ®iỊu kiƯn (3) hƯ ph−¬ng tr×nh cã nghiƯm: x = 1, y = vµ x = , y = 2 Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ n©ng hai vÕ cđa (1) lªn l thõa bËc ®Ĩ di ®Õn kÕt qu¶: x= y x = y + ( ) III y x2 y= 4− -4 2 ] 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® ∑ 1,5 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® x x2 x2 vµ y = : 4 x2 x2 x4 x2 = ⇔ + − = ⇔ x2 = ⇔ x = ± 32 4 [ 0,25 ® A2 T×m giao ®iĨm cđa hai ®−êng cong y = − 4− 0,25 ® 2 -2 ∑1,0 ® x2 y= A1 ∑1,0 ® x2 x2 ≤ 4− Trªn − ; ta cã vµ h×nh ®èi xøng qua trơc tung 4 8 8 x2 x nªn S = ∫ − dx = ∫ 16 − x dx − x dx = S1 − S − ∫ 4 2 2 0 §Ĩ tÝnh S1 ta dïng phÐp ®ỉi biÕn x = sin t , ≤ t ≤ π dx = cos tdt vµ cos t > ∀ t ∈ 0; Do ®ã 4 π th× ≤ x ≤ S1 = ∫ π π 4 0 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 1,0 ® ∑ 1,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 16 − x dx = 16 ∫ cos tdt = ∫ (1 + cos 2t )dt = 2π + S2 = 2 ∫x dx = = x3 VËy S = S1 − S = 2π + 3 2 − x − x dx ∫ 4 − 8 Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ tÝnh diƯn tÝch S = IV y B H O A C I x D Kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn ®−êng th¼ng AB b»ng ⇒ AD = vµ Do ®ã A, B lµ c¸c giao ®iĨm cđa ®−êng th¼ng AB víi ®−êng trßn t©m I vµ b¸n kÝnh R = VËy täa ®é A, B lµ nghiƯm cđa hƯ : x − 2y + = 2 x − + y = 2 2 Gi¶i hƯ ta ®−ỵc A(− 2;0 ), B(2;2 ) (v× x A < ) ⇒ C (3;0 ), D(− 1;−2 ) IA = IB = Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ t×m täa ®é ®iĨm H lµ h×nh chiÕu cđa I trªn ®−êng th¼ng AB Sau ®ã t×m A, B lµ giao ®iĨm cđa ®−êng trßn t©m H b¸n kÝnh HA víi ®−êng th¼ng AB IV ∑ 1,0 ® ∑1,5 ® 2a) T×m kho¶ng c¸ch gi÷a A1 B vµ B1 D z D1 A1 B1 C1 G I A yx D 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® C B x C¸ch I Chän hƯ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho A(0;0;0), B(a;0;0), D(0; a;0 ), A1 (0;0; a ) ⇒ C (a; a;0 ); B1 (a;0; a ); C1 (a; a; a ), D1 (0; a; a ) [ ] ⇒ A1 B = (a;0;− a ), B1 D = (− a; a;− a ), A1 B1 = (a;0;0) vµ A1 B, B1 D = (a ;2a ; a ) VËy d ( A1 B, B1 D ) = [A B, B D].A B [A B, B D] 1 C¸ch II 1 = a3 a = a A1 B⊥AB1 ⇒ A1 B⊥( AB1C1 D ) ⇒ A1 B ⊥B1 D A1 B⊥AD T−¬ng tù A1C1 ⊥B1 D ⇒ B1 D⊥( A1 BC1 ) Gäi G = B1 D ∩ ( A1 BC1 ) Do B1 A1 = B1 B = B1C = a nªn GA1 = GB = GC1 ⇒ G lµ t©m tam gi¸c ®Ịu A1 BC1 cã c¹nh b»ng a Gäi I lµ trung ®iĨm cđa A1 B th× IG lµ ®−êng vu«ng gãc chung cđa A1 B vµ B1 D , nªn 1 a d ( A1 B, B1 D ) = IG = C1 I = A1 B = 3 Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ viÕt ph−¬ng tr×nh mỈt ph¼ng (P ) chøa A1 B vµ song song víi B1 D lµ: x + y + z − a = vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ B1 (hc tõ D ) tíi (P ) , hc viÕt ph−¬ng tr×nh mỈt ph¼ng (Q ) chøa B1 D vµ song song víi A1 B lµ: x + y + z − 2a = vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ A1 (hc tõ B) tíi (Q ) ∑1,0 ® 2b) C¸ch I a a a Tõ C¸ch I cđa 2a) ta t×m ®−ỵc M a;0; , N ; a;0 , P 0; ; a 2 2 a a a ⇒ MP = − a; ; , NC1 = ;0; a ⇒ MP.NC1 = 2 2 VËy MP⊥C1 N 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® z A1 P D1 C1 B1 E M y A B C¸ch II 0,25 ® N C x Gäi E lµ trung ®iĨm cđa CC1 th× ME⊥(CDD1C1 ) ⇒ h×nh chiÕu vu«ng gãc cđa MP trªn (CDD1C1 ) lµ ED1 Ta cã ∆C1CN = ∆D1C1 E ⇒ C1 D1 E = CC1 N = 90 − D1C1 N ⇒ D1 E⊥C1 N Tõ ®©y theo ®Þnh lý ba ®−êng vu«ng gãc ta cã MP⊥C1 N 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® V Sè tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 2n ®iĨm A1 , A2 ,L , A2 n lµ C 2n 0,25 ® Gäi ®−êng chÐo cđa ®a gi¸c ®Ịu A1 A2 L A2 n ®i qua t©m ®−êng trßn (O ) lµ ®−êng chÐo lín th× ®a gi¸c ®· cho cã n ®−êng chÐo lín Mçi h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh lµ 2n ®iĨm A1 , A2 ,L, A2 n cã c¸c ®−êng chÐo lµ hai ®−êng chÐo lín Ng−ỵc l¹i, víi mçi cỈp ®−êng chÐo lín ta cã c¸c ®Çu mót cđa chóng lµ ®Ønh cđa mét h×nh ch÷ nhËt VËy sè h×nh ch÷ nhËt nãi trªn b»ng sè cỈp ®−êng chÐo lín cđa ®a gi¸c A1 A2 L A2 n tøc C n2 Theo gi¶ thiÕt th×: 0,25 ® C 23n = 20C n2 ⇔ (2n )! 3!(2n − 3)! = 20 n! n(n − 1) 2n.(2n − 1)(2n − 2) ⇔ = 20 2!(n − 2)! ⇔ 2n − = 15 ⇔ n = 0,5 ® Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ t×m sè h×nh ch÷ nhËt b»ng c¸c c¸ch kh¸c NÕu lý ln ®óng ®Ĩ ®i n(n − 1) ®Õn kÕt qu¶ sè h×nh ch÷ nhËt lµ th× cho ®iĨm tèi ®a phÇn nµy Bé gi¸o dơc vµ ®µo t¹o kú thi tun sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 - M«n thi : to¸n khèi B Thêi gian lµm bµi: 180 §Ị chÝnh thøc _ C©u (2 ®iĨm) Cho hµm sè y = x3 − x + m (1) ( m lµ tham sè) 1) T×m m ®Ĩ ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iĨm ph©n biƯt ®èi xøng víi qua gèc täa ®é 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) m =2 C©u (2 ®iĨm) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh cotgx − tgx + 4sin x = sin x y2 + = y x2 2) Gi¶i hƯ ph−¬ng tr×nh 3x = x + y2 C©u (3 ®iĨm) 1) Trong mỈt ph¼ng víi hƯ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy cho tam gi¸c ABC cã n = 900 BiÕt M (1; −1) lµ trung ®iĨm c¹nh BC vµ G ; lµ träng AB = AC , BAC 3 t©m tam gi¸c ABC T×m täa ®é c¸c ®Ønh A, B, C 2) Cho h×nh l¨ng trơ ®øng ABCD A ' B ' C ' D ' cã ®¸y ABCD lµ mét h×nh thoi c¹nh a , n = 600 Gäi M lµ trung ®iĨm c¹nh AA ' vµ N lµ trung ®iĨm c¹nh CC ' gãc BAD Chøng minh r»ng ®iĨm B ', M , D, N cïng thc mét mỈt ph¼ng H·y tÝnh ®é dµi c¹nh AA ' theo a ®Ĩ tø gi¸c B ' MDN lµ h×nh vu«ng 3) Trong kh«ng gian víi hƯ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®iĨm → A(2; 0; 0), B(0; 0; 8) vµ ®iĨm C cho AC = (0; 6; 0) TÝnh kho¶ng c¸ch tõ trung ®iĨm I cđa BC ®Õn ®−êng th¼ng OA C©u (2 ®iĨm) 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cđa hµm sè y = x + − x I= 2) TÝnh tÝch ph©n π − 2sin x ∫ + sin x dx C©u (1 ®iĨm) Cho n lµ sè nguyªn d−¬ng TÝnh tỉng Cn0 + 22 − 1 23 − 2n +1 − n Cn + Cn + " + Cn n +1 ( Cnk lµ sè tỉ hỵp chËp k cđa n phÇn tư) HÕt Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh……………………………………… Sè b¸o danh………… Bé gi¸o dơc vµ ®µo t¹o kú thi tun sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 −−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iĨm ®Ị thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi B Néi dung C©u 1) §å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iĨm ph©n biƯt ®èi xøng qua gèc täa ®é ⇔ tån t¹i x0 ≠ cho y ( x0 ) = − y (− x0 ) ⇔ tån t¹i x0 ≠ cho x03 − x02 + m = − (− x0 )3 − 3(− x0 )2 + m ⇔ tån t¹i x0 ≠ cho 3x02 = m ⇔ m >0 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè m = ®iĨm 2®iĨm ®iĨm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0,25 ® ®iĨm Khi m = hµm sè trë thµnh y = x3 − x + TËp x¸c ®Þnh : \ x=0 y ' = x − x, y ' = ⇔ x = y " = x − y '' = ⇔ x = y " triƯt tiªu vµ ®ỉi dÊu qua x = ⇒ (1;0) lµ ®iĨm n 0,25® 0,25® B¶ng biÕn thiªn: x y’ y −∞ + −∞ 0 C§ − +∞ + 0,25® +∞ CT −2 §å thÞ c¾t trơc hoµnh t¹i c¸c ®iĨm (1;0), (1 ± 3;0) vµ c¾t trơc tung t¹i ®iĨm (0; 2) y 0,25® O −2 x Câu Điểm Đáp án 2 2 ⇔ a + b – – i – a – bi = ⇔ (a + b – a – 5) – (b + )i = 2 ⎪⎧ a + b − a − = ⇔ ⎨ ⎪⎩b + = (2,0 điểm) 0,25 ⎪⎩b = − ⇔ (a; b) = (– 1; – VI.b ⎪⎧a − a − = ⇔ ⎨ ) (a; b) = (2; – 0,25 ) Vậy z = – – i z = – i 0,25 (1,0 điểm) JJJG ⎛ ⎞ BD = ⎜ ; ⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân A; ⎝2 ⎠ 0,25 ⇒ đường thẳng AD vng góc với EF, có phương trình: x – = 25 ⎛ 1⎞ F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ ⎜ t − ⎟ + 22 = ⇔ t = – t = ⎝ 2⎠ • t = – ⇒ F(– 1; 3); suy đường thẳng BF có phương trình: 4x + 3y – = A F E B D 0,25 7⎞ ⎛ A giao điểm AD BF ⇒ A ⎜ 3; − ⎟ , khơng thỏa mãn 3⎠ ⎝ u cầu (A có tung độ dương) • t = ⇒ F(2; 3); suy phương trình BF: 4x – 3y + = ⎛ 13 ⎞ ⎛ 13 ⎞ C ⇒ A ⎜ 3; ⎟ , thỏa mãn u cầu Vậy, có: A ⎜ 3; ⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 0,25 0,25 (1,0 điểm) VII.b (1,0 điểm) M ∈ ∆, suy tọa độ M có dạng: M(– + t; + 3t; – – 2t) 0,25 JJJJG JJJG JJJJG JJJG ⇒ AM = (t; 3t; – – 2t) AB = (– 1; – 2; 1) ⇒ ⎡⎣ AM , AB ⎤⎦ = (– t – 12; t + 6; t) 0,25 S∆MAB = ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 0,25 ⇔ t2 + 12t = ⇔ t = t = – 12 Vậy, M(– 2; 1; – 5) M(– 14; – 35; 19) 0,25 ⎛1 ⎞ π π⎞ ⎛ + i = ⎜⎜ + i ⎟⎟ = ⎜ cos + i sin ⎟ + i = 3⎠ ⎝ ⎝2 ⎠ ( cos π + i sin π ) suy ra: z = 3π 3π ⎞ ⎛ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 ⎠ ⎝ π π⎞ ⎛ ⎜ cos + i sin ⎟ ; 4⎠ ⎝ 0,25 0,25 π π⎞ ⎛ = 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4⎠ ⎝ 0,25 = + 2i Vậy số phức z có: Phần thực phần ảo 0,25 - Hết - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối B 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 (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx + 3m3 (1), m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A B cho tam giác OAB có diện tích 48 Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 2(cos x + sin x) cos x = cos x − sin x + Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình x + + x − x + ≥ x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x3 x + 3x2 + dx Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC với SA = 2a, AB = a Gọi H hình chiếu vng góc A cạnh SC Chứng minh SC vng góc với mặt phẳng (ABH) Tính thể tích khối chóp S.ABH theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y, z thỏa mãn điều kiện x + y + z = x + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = x5 + y5 + z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C1 ): x + y = 4, (C2 ): x + y − 12 x + 18 = đường thẳng d : x − y − = Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C2 ), tiếp xúc với d cắt (C1 ) hai điểm phân biệt A B cho AB vng góc với d x −1 y z hai = = −2 điểm A(2;1; 0), B (−2;3; 2) Viết phương trình mặt cầu qua A, B có tâm thuộc đường thẳng d Câu 8.a (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 9.a (1,0 điểm) Trong lớp học gồm có 15 học sinh nam 10 học sinh nữ Giáo viên gọi ngẫu nhiên học sinh lên bảng giải tập Tính xác suất để học sinh gọi có nam nữ B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = BD đường tròn tiếp xúc với cạnh hình thoi có phương trình x + y = Viết phương trình tắc elip (E) qua đỉnh A, B, C, D hình thoi Biết A thuộc Ox Câu 8.b (1,0 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(0; 0;3), M (1; 2; 0) Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A cắt trục Ox, Oy B, C cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi z1 z2 hai nghiệm phức phương trình z − i z − = Viết dạng lượng giác z1 z2 HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x3 − 3x + • Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ' = x − x; y ' = ⇔ x = x = Các khoảng đồng biến: (− ∞; 0) (2; + ∞) , khoảng nghịch biến: (0; 2) − Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 3; đạt cực tiểu x = 2, yCT = −1 − Giới hạn: lim y = −∞ lim y = + ∞ x→−∞ − Bảng biến thiên: 0,25 x→+ ∞ x −∞ y' + +∞ – + +∞ 0,25 y −∞ • Đồ thị: –1 y 0,25 O x −1 b) (1,0 điểm) y ' = x − 6mx; y ' = ⇔ x = x = 2m Đồ thị hàm số có điểm cực trị m ≠ (*) Các điểm cực trị đồ thị A(0; 3m3 ) B (2m; − m3 ) Suy OA = | m3 | d ( B, (OA)) = | m | 0,25 0,25 S ∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 48 0,25 ⇔ m = ± 2, thỏa mãn (*) 0,25 Trang 1/4 Phương trình cho tương đương với: cos x + sin x = cos x − sin x (1,0 điểm) π π ⇔ cos x − = cos x + 3 ) ( ) 0,25 ( ) 0,25 ( π π ⇔ x − = ± x + + k 2π (k ∈]) 3 ⇔ x= 0,25 2π 2π + k 2π x = k (k ∈]) 3 0,25 Điều kiện: ≤ x ≤ − x ≥ + (*) (1,0 điểm) Nhận xét: x = nghiệm bất phương trình cho Với x > 0, bất phương trình cho tương đương với: x+ + x + − ≥ (1) x x x+ Đặt t = x + (2), bất phương trình (1) trở thành x ⇔ t ≥ Thay vào (2) ta ⎡3 − t < t − ≥ − t ⇔ ⎢⎢⎧3 − t ≥ ⎢⎣⎩⎨t − ≥ (3 − t ) 2 ≥ ⇔ x ≥ x x≤ 0,25 0,25 0,25 x ≥ Kết hợp (*) nghiệm x = 0, ta tập nghiệm bất phương trình cho là: ⎡⎢0; ⎤⎥ ∪ [4; +∞) ⎣ 4⎦ ⇔0< x≤ (1,0 điểm) Đặt t = x , suy dt = xdx Với x = t = 0; với x =1 t =1 Khi I = = ∫ ∫( ∫ ) ( 0,25 ) 1 dt = ln|t + 2| − ln|t +1| − t + t +1 = ln3 − (1,0 điểm) 0,25 x 2 xdx td t 1 = ( x +1)( x + 2) (t +1)(t + 2) 0 0,25 ln2 0,25 Gọi D trung điểm cạnh AB O tâm ∆ABC Ta có AB ⊥ CD AB ⊥ SO nên AB ⊥ ( SCD ), AB ⊥ SC S Mặt khác SC ⊥ AH , suy SC ⊥ ( ABH ) Ta có: CD = H C A D 0,25 a a a 33 nên SO = SC −OC = , OC = 3 SO.CD a 11 11a Do DH = = Suy S ∆ABH = AB.DH = SC Ta có SH = SC − HC = SC − CD − DH = O B Do VS ABH 11a = SH S ∆ABH = 96 Trang 2/4 7a 0,25 0,25 0,25 0,25 Với x + y + z = x + y + z = 1, ta có: (1,0 điểm) = ( x + y + z ) = x + y + z + x( y + z ) + yz =1− x + yz , nên yz = x − 2 y + z − x2 − 1 x 6 Mặt khác yz ≤ (*) = , suy ra: x − ≤ , − ≤ x≤ 2 2 3 0,25 Khi đó: P = x5 + ( y + z )( y + z ) − y z ( y + z ) ( ) 12 x 1 x = (2 x3 − x) = x5 + (1− x )⎡− x(1− x ) + x x − ⎤ + x − ⎣⎢ ⎦⎥ ⎡ 6 6⎤ Xét hàm f ( x) = x3 − x ⎢ − ; ⎥ , suy f '( x) = x − 1; f '( x) = ⇔ x = ± ⎦⎥ ⎢⎣ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6 , f ⎜ ⎟ = f ⎜− Ta có f ⎜ − ⎟= f ⎜ ⎟=− ⎟ = Do f ( x) ≤ 9 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = x5 + (1− x ) ⎡⎣( y + z )( y + z ) − yz ( y + z )⎤⎦ + x − 0,25 ( ) ( ) Suy P ≤ Khi x = 36 6 dấu xảy Vậy giá trị lớn P , y = z =− 36 7.a (1,0 điểm) (C) A 0,25 d I (C1) có tâm gốc tọa độ O Gọi I tâm đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI Mà AB ⊥ d O ∉ d nên OI//d, OI có phương trình y = x 0,25 0,25 Mặt khác I ∈ (C2 ), nên tọa độ I thỏa mãn hệ: ⎧⎪ y = x ⎧x = ⇔⎨ ⇒ I (3;3) ⎨ 2 ⎪⎩x + y −12 x +18 = ⎩ y = 0,25 Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d ( I , d ) = 2 0,25 Vậy phương trình (C) ( x − 3) + ( y − 3) = 0,25 B (C1) (C2) 8.a (1,0 điểm) Gọi (S) mặt cầu cần viết phương trình I tâm (S) Do I ∈ d nên tọa độ điểm I có dạng I (1+ 2t ; t ; − 2t ) 0,25 Do A, B∈( S ) nên AI = BI , suy (2t −1) + (t −1) + 4t = (2t + 3) + (t −3) + (2t + 2) ⇒ t =−1 0,25 Do I (−1; − 1; 2) bán kính mặt cầu IA = 17 0,25 Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm ( x + 1) + ( y + 1) + ( z − 2) = 17 0,25 9.a (1,0 điểm) Số cách chọn học sinh lớp C25 =12650 0,25 1 Số cách chọn học sinh có nam nữ C15 C103 + C152 C102 + C153 C10 0,25 = 11075 0,25 Xác suất cần tính P = 11075 443 = 12650 506 Trang 3/4 0,25 7.b (1,0 điểm) y B H A C O D x2 + y2 =1( a > b > 0) Hình thoi ABCD có a b2 AC = BD A, B, C, D thuộc (E) suy OA = 2OB Giả sử ( E ): 0,25 Khơng tính tổng qt, ta xem A(a;0) x B 0; a Gọi H hình chiếu vng góc O AB, suy OH bán kính đường tròn (C ) : x + y = 0,25 1 1 = = + = + 2 2 OH OA OB a a2 0,25 ( ) Ta có: x2 y + = Suy a = 20, b2 = Vậy phương trình tắc (E) 20 8.b Do B ∈ Ox, C ∈ Oy nên tọa độ B C có dạng: B(b; 0; 0) C (0; c; 0) (1,0 điểm) b c Gọi G trọng tâm tam giác ABC, suy ra: G ; ; 3 JJJJG x y z−3 Ta có AM = (1;2; −3) nên đường thẳng AM có phương trình = = −3 b c −2 Do G thuộc đường thẳng AM nên = = Suy b = c = −3 ( Do phương trình mặt phẳng (P) ) x y z + + = 1, nghĩa ( P) : x + y + z − 12 = 9.b Phương trình bậc hai z − i z − = có biệt thức ∆ = (1,0 điểm) Suy phương trình có hai nghiệm: z1 = + i z2 = −1 + 3i 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 π π • Dạng lượng giác z1 z1 = 2⎛⎜cos + isin ⎞⎟ 3⎠ ⎝ 0,25 2π 2π • Dạng lượng giác z2 z2 = 2⎛⎜cos + isin ⎞⎟ 3⎠ ⎝ 0,25 HẾT Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối B 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 = 2x3 − 3(m + 1)x2 + 6mx (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số (1) m = −1 b) Tìm m để đồ thò hàm số (1) có hai điểm cực trò A B cho đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x + Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin 5x + cos2 x = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình Câu (1,0 điểm) Tính tích phân 2x2 + y − 3xy + 3x − 2y + = (x, y ∈ R) √ √ 4x2 − y + x + = 2x + y + x + 4y √ x − x2 dx I= Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vuông cạnh a, mặt bên SAB tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD) Câu (1,0 điểm) Cho a, b, c số thực dương Tìm giá trò lớn biểu thức − P =√ a + b + c2 + (a + b) (a + 2c)(b + 2c) 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 thang cân ABCD có hai đường chéo vuông góc với AD = 3BC Đường thẳng BD có phương trình x + 2y − = tam giác ABD có trực tâm H(−3; 2) Tìm tọa độ đỉnh C D Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(3; 5; 0) mặt phẳng (P ) : 2x + 3y − z − = Viết phương trình đường thẳng qua A vuông góc với (P ) Tìm tọa độ điểm đối xứng A qua (P ) Câu 9.a (1,0 điểm) Có hai hộp chứa bi Hộp thứ chứa viên bi đỏ viên bi trắng, hộp thứ hai chứa viên bi đỏ viên bi trắng Lấy ngẫu nhiên từ hộp viên bi, tính xác suất để viên bi lấy có màu B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường cao hạ 17 từ đỉnh A H ; − , chân đường phân giác góc A D(5; 3) trung điểm cạnh 5 AB M(0; 1) Tìm tọa độ đỉnh C Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −1; 1), B(−1; 2; 3) y−2 z −3 x+1 = = Viết phương trình đường thẳng qua A, vuông góc với đường thẳng ∆ : −2 hai đường thẳng AB ∆ Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x2 + 2y = 4x − log (x − 1) − log√3(y + 1) = −−−−−−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 B (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 = −1 ta có y = x3 − x • Tập xác định: D = \ 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = x − 6; y ' = ⇔ x = ±1 Các khoảng đồng biến: (−∞; − 1) (1; + ∞); khoảng nghịch biến: (−1; 1) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = −4; đạt cực đại x = −1, yCĐ = 0,25 - Giới hạn: lim y = − ∞; lim y = + ∞ x→−∞ x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ −1 y' + +∞ − + +∞ y 0,25 −4 −∞ • Đồ thị: y 0,25 −1 O x −4 b (1,0 điểm) Ta có y ' = x − 6(m + 1) x + 6m; y ' = ⇔ x = x = m 0,25 Điều kiện để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị m ≠ 0,25 Ta có A(1;3m −1), B(m; −m3 + 3m2 ) Hệ số góc đường thẳng AB k = −(m −1)2 Đường thẳng AB vng góc với đường thẳng y = x + k = −1 0,25 ⇔ m = m = Vậy giá trị m cần tìm m = m = Trang 1/4 0,25 Câu (1,0 điểm) (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với sin x + cos x = 0,25 π ⇔ cos ⎛⎜ x + ⎞⎟ = cos x 2⎠ ⎝ π ⇔ x + = ± x + k 2π (k ∈ ]) ⎡ x = − π + k 2π ⎢ ⇔⎢ (k ∈ ]) π ⎢ x = − + k 2π ⎢⎣ 14 0,25 0,25 0,25 ⎧⎪ x + y − xy + x − y + = ⎨ ⎪⎩ x − y + x + = x + y + x + y (1) 0,25 (2) Điều kiện: x + y ≥ 0, x + y ≥ Từ (1) ta y = x + y = x + • Với y = x + 1, thay vào (2) ta 3x − x + = 3x +1 + x + ⇔ 3( x − x) + ( x +1− 3x +1) + ( x + − x + 4) = 0,25 1 ⎛ ⎞ ⇔ ( x − x) ⎜ + + ⎟=0 x +1+ 3x +1 x + + x + ⎠ ⎝ ⇔ x − x = ⇔ x = x = Khi ta nghiệm ( x; y ) (0;1) (1;2) 0,25 • Với y = x + 1, thay vào (2) ta − 3x = x +1 + x + ⇔ 3x + ( x +1 −1) + ( x + − 2) = ⎞ ⎛ ⇔ x ⎜ 3+ + ⎟ = ⇔ x = Khi ta nghiệm ( x; y ) (0; 1) x + + x + + ⎝ ⎠ 0,25 Đối chiếu điều kiện ta nghiệm ( x; y ) hệ cho (0;1) (1;2) (1,0 điểm) Đặt t = − x ⇒ tdt = − xdx Khi x = t = 2, x = t = Suy I = ∫ 0,25 t dt 0,25 t3 = = (1,0 điểm) 0,25 2 −1 0,25 S I A D K H B a Mà (SAB) vng góc với (ABCD) theo giao tuyến AB, nên SH ⊥ (ABCD) 0,25 a3 Do VS ABCD = SH S ABCD = 0,25 Gọi H trung điểm AB, suy SH ⊥ AB SH = C Do AB || CD H∈AB nên d ( A,( SCD )) = d ( H ,( SCD)) Gọi K trung điểm CD I hình chiếu vng góc H SK Ta có HK⊥CD Mà SH⊥CD ⇒ CD⊥(SHK) ⇒ CD ⊥ HI Do HI ⊥(SCD) Suy d ( A,( SCD)) = HI = Trang 2/4 SH HK SH + HK = a 21 0,25 0,25 Câu Đáp án (1,0 điểm) Ta có: (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ (a + b) a + b + 4c = a + b + 2ab + 4ac + 4bc ≤ 2(a + b + c ) 2 Đặt t = a + b + c + 4, suy t > P ≤ − t 2(t − 4) Điểm Xét f (t ) = 9t −(t − 4)(4t + 7t − 4t − 16) − , với t > Ta có f '(t ) = − + = t 2(t − 4) t (t − 4) t (t − 4)2 0,25 0,25 Với t > ta có 4t + 7t − 4t − 16 = 4(t − 4) + t (7t − 4) > Do f '(t ) = ⇔ t = Bảng biến thiên: t +∞ f '(t ) + f (t ) −∞ − 0,25 Từ bảng biến thiên ta P ≤ 5 Khi a = b = c = ta có P = Vậy giá trị lớn P 8 7.a (1,0 điểm) B 0,25 Gọi I giao điểm AC BD ⇒ IB = IC C n = 45o Mà IB ⊥ IC nên ΔIBC vng cân I ⇒ ICB BH ⊥ AD ⇒ BH ⊥ BC⇒ ΔHBC vng cân B I 0,25 ⇒ I trung điểm đoạn thẳng HC H A D Do CH ⊥ BD trung điểm I CH thuộc BD nên tọa ⎧2( x + 3) − ( y − 2) = ⎪ độ điểm C thỏa mãn hệ ⎨ x − ⎛ y + ⎞ ⎪⎩ + ⎜⎝ ⎟⎠ − = Do C (−1;6) CH 10 IC IB BC = = = ⇒ ID = 3IC ⇒ CD = IC + ID = IC 10 = = ID ID AD ⎡t = Ta có D (6 − 2t ; t ) CD = suy (7 − 2t )2 + (t − 6)2 = 50 ⇔ ⎢ ⎣t = Do D (4;1) D(−8;7) JG (P) có véctơ pháp tuyến n = (2;3; −1) JG Đường thẳng Δ qua A vng góc với (P) nhận n làm véctơ phương, nên có phương trình Ta có 8.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 x−3 y −5 z = = −1 9.a (1,0 điểm) 0,25 Gọi B điểm đối xứng A qua (P), suy B thuộc Δ Do B (3 + 2t ;5 + 3t ; −t ) 0,25 ⎛ 10 + 3t ⎞ ⎛ −t ⎞ Trung điểm đoạn thẳng AB thuộc (P) nên 2(3 + t ) + ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ − = ⇔ t = −2 ⎝ ⎠ ⎝ 2⎠ Do B (−1; −1; 2) 0,25 Số cách chọn viên bi, viên từ hộp là: 7.6 = 42 0,25 Số cách chọn viên bi đỏ, viên từ hộp là: 4.2 = 0,25 Số cách chọn viên bi trắng, viên từ hộp là: 3.4 = 12 0,25 Xác suất để viên bi lấy có màu là: p = Trang 3/4 +12 10 = 42 21 0,25 Câu 7.b (1,0 điểm) 8.b (1,0 điểm) Đáp án Điểm Ta có H ∈ AH AH ⊥ HD nên AH có phương trình: 0,25 x + y − = Do A(3 − 2a; a ) Do M trung điểm AB nên MA = MH A Suy (3 − 2a)2 + (a −1)2 = 13 ⇔ a = a = − 0,25 N Do A khác H nên A(−3;3) M Phương trình đường thẳng AD y − = Gọi N điểm đối xứng M qua AD Suy N ∈ AC tọa độ điểm N thỏa mãn hệ 0,25 ⎧1 + y − = ⎪ B H D C ⇒ N (0;5) ⎨ ⎩⎪1.x + 0.( y −1) = Đường thẳng AC có phương trình: x − y + 15 = Đường thẳng BC có phương trình: x − y − = 0,25 ⎧2 x − y − = Suy tọa độ điểm C thỏa mãn hệ: ⎨ ⎩ x − y + 15 = Do C (9;11) JJJG JG 0,25 Ta có AB = ( −2;3;2 ) , vectơ phương Δ u = (−2;1;3) JG JJJG JG Đường thẳng vng góc với AB Δ, có vectơ phương v = ⎡⎣ AB, u ⎤⎦ 0,25 JG 0,25 Suy v = ( 7; 2; ) x − y + z −1 = = ⎧ x + y = x −1 Điều kiện: x > 1; y > −1 Hệ cho tương đương với ⎨ ⎩log3 ( x −1) = log3 ( y +1) Đường thẳng qua A, vng góc với AB Δ có phương trình là: 9.b (1,0 điểm) ⎧ x2 − 2x − = ⇔⎨ ⎩y = x−2 ⎡ x = −1, y = −3 ⇔⎢ ⎣ x = 3, y = Đối chiếu điều kiện ta nghiệm ( x; y ) hệ cho (3;1) - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−− − ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 3mx + (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số (1) m = b) Cho điểm A(2; 3) Tìm m để đồ thò hàm số (1) có hai điểm cực trò B C cho tam giác ABC cân A √ 2(sin x − cos x) = − sin 2x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình x2 + 3x + dx x2 + x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện 2z + 3(1 − i) z = − 9i Tính môđun z b) Để kiểm tra chất lượng sản phẩm từ công ty sữa, người ta gửi đến phận kiểm nghiệm hộp sữa cam, hộp sữa dâu hộp sữa nho Bộ phận kiểm nghiệm chọn ngẫu nhiên hộp sữa để phân tích mẫu Tính xác suất để hộp sữa chọn có loại Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; −1) đường z y+1 x−1 Viết phương trình mặt phẳng qua A vuông góc với d = = thẳng d : −1 2 Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A d Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A B C có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vuông góc A mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh AB, góc đường thẳng A C mặt đáy 60 ◦ Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A B C khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC A ) Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình bình hành ABCD Điểm M (−3; 0) trung điểm cạnh AB, điểm H(0; −1) hình chiếu vuông góc B AD điểm G ; trọng tâm tam giác BCD Tìm tọa độ điểm B D Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình √ √ (1 − y) x − y + x = + (x − y − 1) y (x, y ∈ R) √ √ 2y − 3x + 6y + = x − 2y − 4x − 5y − Câu (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c không âm thỏa mãn điều kiện (a + b)c > Tìm giá trò nhỏ biểu thức P = a + b+c c b + a + c 2(a + b) −−−−− −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 B (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) (2,0đ) Với m = 1, hàm số trở thành: y = x − 3x + • 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 = 3; đạt cực tiểu x = 1, y CT = −1 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x→−∞ Điểm 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y y −∞ −1 + − ✶ PP ✏ ✏✏ PP ✏ PP q ✏✏ −1 • Đồ thò: +∞ + ✶ +∞ ✏ ✏✏ ✏ ✏✏ 0,25 y ✁ ✂ 0,25 ✞ ✄ ✝ ✆ −1 O −1 x ☎ b) (1,0 điểm) Ta có y = 3x2 − 3m Đồ thò hàm số (1) có hai điểm cực trò ⇔ phương trình y = có hai nghiệm phân biệt ⇔ m > √ √ √ √ Tọa độ điểm cực trò B, C B(− m; m3 + 1), C( m; −2 m3 + 1) √ √ −−→ Suy BC = (2 m; −4 m3 ) − → −−→ Gọi I trung điểm BC, suy I(0; 1) Ta có tam giác ABC cân A ⇔ AI.BC = √ √ ⇔ −4 m + m3 = ⇔ m = m = Đối chiếu điều kiện tồn cực trò, ta giá trò m cần tìm m = 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu √ Phương trình cho tương đương với sin x cos x − 2 cos x + √ √ (1,0đ) ⇔ (sin x − 2)(2 cos x + 2) = √ • sin x − = 0: phương trình vô nghiệm √ 3π • cos x + = ⇔ x = ± + k2π (k ∈ Z) 3π Nghiệm phương trình cho là: x = ± + k2π (k ∈ Z) Ta có I = (1,0đ) x2 + 3x + dx = x2 + x Điểm sin x − = 0,25 0,25 0,25 0,25 2x + dx x2 + x dx + √ 0,25 • 0,25 dx = 1 2x + dx = ln |x2 + x| x2 + x • 0,25 1 = ln Do I = + ln 0,25 a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thiết suy (1,0đ) √ ⇔ a = 2, b = Do môđun z 13 5a − 3b = 3a + b = 0,25 0,25 b) Số phần tử không gian mẫu là: C 312 = 220 Số cách chọn hộp sữa có đủ loại 5.4.3 = 60 Do xác suất cần tính p = 0,25 60 = 220 11 → Vectơ phương d − u = (2; 2; −1) (1,0đ) → Mặt phẳng (P ) cần viết phương trình mặt phẳng qua A nhận − u làm vectơ pháp tuyến, nên (P ) : 2(x − 1) + 2(y − 0) − (z + 1) = 0, nghóa (P ) : 2x + 2y − z − = Gọi H hình chiếu vuông góc A d, suy H(1 + 2t; −1 + 2t; −t) A ✡ ✍ B K ✑ ✟ A ✏ I ✎ ☛ H ✠ B Gọi H trung điểm AB, suy A H ⊥ (ABC) 3a A CH = 60◦ Do A H = CH tan A CH = C Thể tích khối lăng trụ V ABC.A B C = A H.S∆ABC ✌ ☞ C √ 3 a3 = Gọi I hình chiếu vuông góc H AC; K hình chiếu vuông góc H A I Suy HK = d(H, (ACC A )) √ 3a Ta có HI = AH sin IAH = , √ 1 52 13 a = + = , suy HK = HK HI HA 9a 26 √ 13 a Do d(B, (ACC A )) = 2d(H, (ACC A )) = 2HK = 13 0,25 0,25 0,25 1 Ta có H ∈ (P ), suy 2(1 + 2t) + 2(−1 + 2t) − (−t) − = ⇔ t = Do H ; − ; − 3 3 (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu (1,0đ) B E ✚ ✛ ✓ M ✔ G I ✗ F ✙ ✘ ✒ ✖ A ✕ H D Điểm Gọi E F giao điểm HM HG −−→ −−→ −−→ − −→ C với BC Suy HM = M E HG = 2GF , Do E(−6; 1) F (2; 5) −−→ Đường thẳng BC qua E nhận EF làm vectơ phương, nên BC : x − 2y + = Đường thẳng −−→ BH qua H nhận EF làm vectơ pháp tuyến, nên BH : 2x + y + = Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ x − 2y + = phương trình Suy B(−2; 3) 2x + y + = Do M trung điểm AB nên A(−4; −3) −→ −→ Gọi I giao điểm AC BD, suy GA = 4GI Do I 0; Do I trung điểm đoạn BD, nên D(2; 0) √ √ (1 − y) x − y + x = + (x − y − 1) y (1) √ √ (1,0đ) 2y − 3x + 6y + = x − 2y − 4x − 5y − (2) 1 + √ x−y+1 1+ y 1 y=1 + √ > nên (3) ⇔ y = x − x−y+1 1+ y • Với y = 1, phương trình (2) trở thành − 3x = ⇔ x = • Với y = x − √ 1, điều kiện (∗) trở thành ≤ x ≤ 2.√Phương trình (2) trở thành 2x2 − x − = − x ⇔ 2(x2 − x − 1) + (x − − − x) = √ ⇔ (x2 − x − 1) + =0 x−1+ 2−x √ 1± ⇔ x −x−1 = ⇔ x = Đối chiếu điều kiện (∗) kết hợp trường hợp trên, ta √ √ + −1 + nghiệm (x; y) hệ cho (3; 1) ; 2 a 2a ≥ b+c a+b+c 2(a + b) c 2(a + b) a+b+c Do P ≥ + = + − a + b + c 2(a + b) a+b+c 2(a + b) ≥2− = 2 Khi a = 0, b = c, b > P = 0,25 0,25 = (3) Do √ Ta có a + b + c ≥ a(b + c) Suy (1,0đ) b 2b Tương tự, ≥ a+c a+b+c 0,25 0,25 y≥0 Điều kiện: x ≥ 2y (∗) 4x ≥ 5y + √ √ Ta có (1) ⇔ (1 − y)( x − y − 1) + (x − y − 1)(1 − y) = ⇔ (1 − y)(x − y − 1) √ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 Do giá trò nhỏ P 2 −−−−−−Hết−−−−−− 0,25 [...]... -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh . Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn: Toán, Khối B Đề chính thức (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Câu I Nội dung ý 1 Điểm 2,0 Khảo sát hàm số (1,0 điểm) 1 y = x 3 2x 2 + 3x (1) 3 a) Tập xác định: R b) Sự biến thi n: y' = x2 4x + 3;... 1 2 3 n +1 n +1 n +1 2 1 1 2 1 2 2 1 n 3 2 Cn0 + Cn + Cn + " + Cn = 2 3 n +1 n +1 3 0,5 đ 0,5 đ Bộ giáo dục và đào tạo Đề chính thức Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn: Toán, Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề - Câu I (2 điểm) Cho hàm số 1 3 y = x 3 2 x 2 + 3x (1) có đồ thị (C) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Viết phơng trình... t5 t3 95 3 1 I= 116 135 0,25 0,25 3 2 Xác định số đề kiểm tra lập đợc (1,0 điểm) Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ là 2 hoặc 3, nên có các trờng hợp sau: Đề có 2 câu dễ, 2 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách chọn là: 2 2 C15 C10 C15 = 23625 0,25 Đề có 2 câu dễ, 1 câu trung bình, 2 câu khó, thì số cách chọn là: 2 C15 C110 C 52 = 10500 Đề có 3 câu dễ, 1 câu trung bình, 1 câu khó, thì số cách... với đờng thẳng d Câu IV (2 điểm) e 1) Tính tích phân I = 1 1 + 3 ln x ln x dx x 2) Trong một môn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác nhau gồm 5 câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi đó có thể lập đợc bao nhiêu đề kiểm tra, mỗi đề gồm 5 câu hỏi khác nhau, sao cho trong mỗi đề nhất thi t phải có đủ 3 loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) và số câu hỏi dễ không ít hơn 2 ? Câu V (1... Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh s bỏo danh B GIO DC V O TO CHNH THC Cõu I P N - THANG IM THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2006 Mụn: TON, khi B (ỏp ỏn - Thang im cú 04 trang) í 1 Ni dung im 2,00 Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s (1,00 im) x2 + x 1 1 y= = x 1+ x+2 x+2 Tp xỏc nh: \ \ {2} S bin thi n: y ' = 1 Bng bin thi n: 1 ( x + 2) 2 , y'... đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định Ht 4/4 B GIO DC V O TO THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2007 Mụn thi: TON, khi B Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt CHNH THC PHN CHUNG CHO TT C TH SINH Cõu I (2 im) Cho hm s: y = x 3 + 3x 2 + 3(m 2 1)x 3m 2 1 (1), m l tham s 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) khi m = 1 2 Tỡm m hm s (1) cú cc i, cc tiu v cỏc im cc tr... Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: B GIO DC V O TO P N - THANG IM THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2007 Mụn: TON, khi B (ỏp ỏn - Thang im gm 04 trang) CHNH THC Cõu I í 1 Ni dung im 2,00 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1,00 im) Khi m =1 ta cú y = x 3 + 3x 2 4 Tp xỏc nh: D = \ S bin thi n: y ' = 3x 2 + 6x, y ' = 0 x = 0 hoc x = 2 Bng bin thi n: x 0 2... mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định Ht 4/4 B GIO DC V O TO CHNH THC THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2008 Mụn thi: TON, khi B Thi gian lm bi 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt PHN CHUNG CHO TT C TH SINH Cõu I (2 im) Cho hm s y = 4x 3 6x 2 + 1 (1) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) 2 Vit phng trỡnh tip tuyn ca th hm s (1), bit rng tip tuyn ú i qua im M ( 1; ... liu Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh: S bỏo danh: B GIO DC V O TO CHNH THC P N - THANG IM THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2008 Mụn: TON, khi B (ỏp ỏn - Thang im gm 04 trang) Cõu I Ni dung 1 im 2,00 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1,00 im) TX : \ x = 0 S bin thi n : y ' = 12x 2 12x , y ' = 0 x = 1 0,25 yC = y(0) = 1, yCT = y(1) = 1 Bng bin thi n : x y... thc xy ra (1), (2), (3) l cỏc ng thc x = 0 -Ht - 4 0,25 B GIO DC V O TO THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2006 CHNH THC Mụn: TON, khi B Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH Cõu I (2 im) x2 + x 1 Cho hm s y = x+2 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ( C ) ca hm s ó cho 2 Vit phng trỡnh tip tuyn ca th ( C ) , bit tip tuyn ú vuụng gúc vi