Trng H Hng c Khoa KHTN ********* THI TH TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2009 MễN: Toỏn; Khi B Thi gian lm bi: 180 phỳt I - PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s 3 2 y = - x + 3x - 2 (C) 1. Kho sỏt s bin thiờn v v th hm s 2. Tỡm m sao cho tn ti duy nht mt tip tuyn ca ( C ) song song vi ( :) m d y = -9x + m Cõu II (2,0 im) 1. Gii h phng trỡnh: =++ =++ 0 123 yxyx yxyx 2. Gii phng trỡnh: ( ) 1 1sin4 4 13 sin22cos32 2 2 = x xx Cõu III (1,0 im) Tớnh tớch phõn: dx xx x + 4 0 2 2cos31cos sin Cõu IV(1,0 im)Cho hỡnh chúp t giỏc SABCD, ỏy l hỡnh thoi, AC = 6, BD = 8 v SA=SC; SB=SD. Cỏc mt bờn hp vi ỏy mt gúc 45 0 . Tớnh th tớch khi chúp. Cõu V (1 im) Cho a, b, c là ba số thực dơng thoả mãn đẳng thức: ab+bc+ca = abc. Chứng minh rằng: 3 222 222222 + + + + + ca ca bc bc ab ab II - PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch oc lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2) 1. Theo chng trỡnh Chun Cõu VI.a (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho tam giỏc ABC cõn ti B, vi A(-1; 1), C( - 3; - 5). nh B nm trờn ng thng d: y - 2x = 0. Vit phng trỡnh cỏc ng thng AB, BC 2 Trong khụng gian vi h trc to Oxyz cho ba im A(1; 3; 2), B(1; 2; 1) , C(1; 1; 3). Hóy tỡm im M thuc mt phng(ABC) sao cho 222 MCMBMA ++ nh nht Cõu VII.a (1,0 im) Mt hc cú 7 hc sinh nam v 5 hc sinh n. Chn ngu nhiờn 5 ngi i trc tun. Hóy tớnh xỏc sut chn c i trc tun cú s hc sinh nam nhiu hn s hc sinh n. 2. Theo chng trỡnh Nõng cao Cõu VI.b (2,0 im)1. Trong mt phng vi h to Oxy, cho hai ng trũn ln lt cú phng trỡnh: (C1): 01122 22 =+++ yxyx (C2): 0722 22 =++ yxyx v A( 1; 2) l giao im ca (C1) v (C2). Vit phng trỡnh ng thng ( d ) i qua A v ct (C1), (C2) ln lt ti hai im M,N khỏc A sao cho AM=AN 2. . Cho 2 điểm A(1 ; 1 ; 1), B(3 ; 1 ; -1) và mặt phẳng (P) có phơng trình: x + y - z - 2 = 0 Tìm trên mặt phẳng (P) điểm M sao cho MAB là tam giác đều. Cõu VII.b (1 im)Đa thức P(x) = 1032 )21( xx đợc khai trin dạng: P(x) = a 0 + a 1 x + . + a 30 x 30 . Tìm hệ số a 10 H tờn thớ sinh: .S bỏo danh: trờng ĐH hồng đức Khoa Khoa học tự nhiên Đáp án - thang điểm Đề Thi chính thức Môn TON, Khối B (Đáp án Thang điểm có 4 trang) I. PHẦN CHUNG Câu I: (2,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) 1,0 Tập xác định của hàm số: ¡ . Giới hạn tại vô cực: ( ) lim x f x ®±¥ = ±¥ 0,25 ( ) ( ) 2 ' 3 6 3 2f x x x x x=- + =- - . Bảng biến thiên: x - ¥ 0 2 +¥ ( ) 'f x - 0 + 0 - +¥ 2 ( ) f x -2 - ¥ Nhận xét: Hàm số đạt cực đại tại x = 2, 2 CD f = ; đạt cực tiểu tại 0, 2 CT x f= =- . 0,5 Đồ thị: -1 1 2 3 x y -2 2 0 y = -x 3 + 3x 2 - 2 0,25 2) 1,0 Gọi ∆ là tiếp tuyến của (C), do ∆ song song với d m nên k ∆ =-9 2 2 3x 6x 9 3x 6x 9 0⇔ − + = − ⇔ − − = ⇔ x 1 x 3 = − = . 0,25 * Với x=-1 suy ra pt ( ∆ ): y = -9x-9. * Với x=3 suy ra pt ( ∆ ): y = -9x+25. 0,5 Kết hợp với giả thiết bài toán suy ra m=-9 hoặc m=25. Câu II: (2,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) Giải hê phương trình 1,0 Điều kiện x+y ≥ 0 và 3x+2y ≥ 0. Đặt u = x y + và v = 3x 2y + , suy ra x = v 2 – 2u 2 và y = 3u 2 – v 2 , u, v ≥ 0. 0,25 Phương trình đã cho trở thành 2 2 2 u v 1 v u 1 u 2u 5v 0 3u 5u 2 0 − = − = + ⇔ + − = − + + = 0,5 = = ⇔ = − = u 2,v 3 1 5 u ,v (lo¹i) 6 6 Với u=2, v=3 suy ra hệ đã cho có nghiệm 0,25 2) Giải pt lượng giác 1,0 Đk 2 1 4sin x 1 0 cos2x x k ,k 2 6 π − ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ± + π ∈ ¢ . 0,25 Phương trình đã cho tương đương với ( ) 2 3 cos 2x 1 cos 2x 2cos 2x 1 2 π − − + − = − ÷ sin 2x 3 cos 2x 0 tan 2x 3⇔ − = ⇔ = 2x k x k ,k 3 6 2 π π π ⇔ = + π ⇔ = + ∈ ¢ . 0,5 Kết hợp với điều kiện ta có 2 x k2 3 ,k 5 x k2 3 π = + π ∈ π = + π ¢ . 0,25 Câu III: (1,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm Tính tích phân /4 2 0 sin x I dx cos x 1 3cos 2x π = + ∫ 1,0 Ta có /4 /4 2 2 2 2 0 0 sin x dx tan x dx I . . cos x cos x 6cos x 2 4 2tan x π π = = − − ∫ ∫ 0,5 Đặt t = 2 4 2tan x− , ta có t 2 = 2 4 2tan x− , suy ra 2tdt = -4tanx. 2 dx cos x ; x 0 / 4 π t 2 2 Suy ra 2 2 t.dt I t = ∫ = 2 2 1 2 2 t 2 2 − = . 0,5 Câu IV: (1,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm Hình học không gian 1,0 Từ giả thiết suy ra SO ⊥ (ABCD). Gọi H là hình chiếu của O lên AB, ta có · SOH 45= o . 0,25 Ta có 2 2 2 1 1 1 1 1 25 OH OA OB 9 16 144 = + = + = , suy ra OH= 12 5 , do đó SO = OH.tan 45 o = 12 5 . 0,5 Vậy V SABCD = 1 3 .SO.S ABCD = 1 3 . 12 5 . 6.8 2 = 96 5 (đvtt). 0,25 Câu V: (1,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm Chứng minh bất đẳng thức 1,0 Ta có ab+bc+ca=abc 1 1 1 1 a b c ⇔ + + = . Điều phải chứng minh tương đương với 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 3 b a c b a c + + + + + ≥ . Đặt u r = 1 1 1 , , b a a ÷ ; v r = 1 1 1 , , c b b ÷ ; w uur = 1 1 1 , , a c c ÷ . 0,25 Khi đó 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2 w v u b a c b a c + + = + + + + + r r uur 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 w v 3 3 u b c a a b c a b c a b c + + = + + + + + + + + = + + = ÷ ÷ ÷ ÷ r r uur Mặt khác ta luôn có w w v v u u + + ≥ + + r r uur r r uur , suy ra điều phải chứng minh. 0,5 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi kv, k 0 u 1 w v m ,m 0 a b c 3 ab bc ca abc = > = > ⇔ = = = + + = r r r uur 0,25 Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky để giải bài này. II. PHẨN RIÊNG 1. Theo chương trình Chuẩn Câu VIa: (2,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) Viết phương trình đường thẳng 1,0 Gọi B(x B , 2x B ) ∈ (d), do ABC ∆ cân tại B nên BA 2 =BC 2 2 2 2 2 B B B B (x 1) (2x 1) (x 3) (2x 5)⇔ + + + = + + + B 8 x 7 ⇔ = . Vậy B 8 16 ; 7 7 ÷ . 0,5 Pt đt AB: x 1 y 1 3x 5y 8 0 15 / 7 9 / 7 + − = ⇔ − + = . 0,25 Pt đt BC: x 3 y 5 51x 29y 8 0 29 / 7 51/ 7 + + = ⇔ − + = . 0,25 2) 1.0 Gọi G là trọng tâm ABC∆ , ta có MA 2 +MB 2 +MC 2 = = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 MA MB MC MG GA MG GB MG GC + + = + + + + + uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur = ( ) 2 2 2 2 3MG GA GB GC + + + 0,5 Vậy MA 2 +MB 2 +MC 2 nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, do đó M ≡ G(1; 2; 2). 0,5 Câu VIIa: (1,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) 1,0 Gọi A là biến cố “chọn được 5 người trong đó nam nhiều hơn nữ”; B là biến cố “chọn được 5 nam”; C là biến cố “chọn được 4 nam, 1 nữ”; D là biến cố “ chọn được 3 nam, 2 nữ”. Ta có A=B ∪ C ∪ D và B, C, D đôi một xung khắc. 0,5 Suy xác suất để chọn được 5 người trong đó nam nhiều hơn nữ là: P(A) = P(B) + P(B) + P(C) = 5 0 4 1 3 2 7 5 7 5 7 5 5 12 C C C C C C C + + = 21 175 350 546 182 795 795 265 + + = = . 0,5 2. Theo chương trình Nâng cao Câu VIb: (2,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) 1,0 Nhận xét: AM = AN, do đó A là trung điểm MN. Gọi M(x M , y M ), suy ra N(2x A -x M ;2y A -y M ) = (2- x M; 4- y M ). 0,25 Do M 1 ∈ C , N 2 ∈ C nên ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 M M M M 2 2 M M M M x y 2x 2y 11 0 2 x 4 y 2 2 x 2 4 y 7 0 + + + − = − + − − − + − − = 2 2 M M M M 2 2 M M M M x y 2x 2y 11 0 (1) x y 2x 10y 17 0 (2) + + + − = ⇔ + − − + = Trừ vế với vế (1) cho (2) ta được 4x M + 12y M – 28 = 0. Vậy MN có pt: x + 3y - 7 = 0. 0,5 Dễ kiểm tra được d(I 1 / MN) < R 1 và d(I 2 / MN) < R 2 . Suy ra MN: x + 3y - 7 = 0 thỏa mãn ycbt. 0,25 2) 1,0 Gọi M(x; y; z), khi đó ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y z 2 0 M P MA MB x 1 y 1 z 1 x 3 y 1 z 1 MA AB x 1 y 1 z 1 8 + − − = ∈ = ⇔ − + − + − = − + − + + = − + − + − = 0,5 ( ) ( ) ( ) 2 2 2 10 x x y z 2 0 2 4x 4z 8 0 y 0 10 x 1 y 1 z 1 8 z 2 2 = ± + − − = ⇔ − − = ⇔ = − + − + − = = ± . Vậy 10 10 M ;0;2 2 2 ± ± ÷ ÷ . 0,25 Câu VIIb: (1,0 điểm) Ý N ội dung Đi ểm 1) Tìm hệ số chứa x 10 trong khai triển P(x) = (1 - x 2 - 2x 3 ) 10 1,0 Ta có P(x) = [1 - x 2 (1 + 2x)] 10 = 10 k k 2k k 10 k 0 C ( 1) x (1 2x) = − + ∑ = 10 k k k 2k i i 10 k k 0 i 0 ( 1) C x C (2x) = = − ÷ ∑ ∑ = 10 k k k i i 2k i 10 k k 0 i 0 ( 1) C C .2 .x + = = − ∑∑ 0,25 Tìm 0 k 10;0 i k;k,i≤ ≤ ≤ ≤ ∈ ¥ sao cho 2k + i = 10 ta được k = 4, i = 2 hoặc k = 5, i = 0. Vậy hệ số cần tìm là 4 2 5 0 10 10 4 10 5 a 4C C C C= − = 5040 – 252 = 4788. 0,5 ------------------------------- Hết ----------------------------- . bc ab ab II - PHN RIấNG (3,0 im) Thớ sinh ch oc lm mt trong hai phn (phn 1 hoc 2) 1. Theo chng trỡnh Chun Cõu VI.a (2,0 im) 1. Trong mt phng vi h to Oxy,