SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2009 ĐỒNG THÁP Môn thi: TOÁN Thời gian: 150 phút (không kể thời gian giao đề) Ngày thi: 07/5/2009 (Đề thi gồm có 1 trang) I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ HỌC SINH (7,0 điểm) Câu 1. (3,0 điểm) Cho hàm số 2x 1 y x2 + = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm trên (C) có tung độ y3=− . 3. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và trục tung. Câu 2. (3,0 điểm) 1. Giải phương trình: () () () () 11 1 22 2 log x 1 log x 1 log 7 x 1 x R−+ +− − = ∈ 2. Tính tích phân: () 2 4 0 I2sinx1cosxdx π =+ ∫ 3. Cho tập hợp {} 2 Dx |2x3x90=∈ +−≤ \ . Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số 3 yx 3x3=−+ trên D. Câu 3. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB a 3, AC 2a == , góc giữa mặt bên (SBC) và mặt đáy (ABC) bằng 0 60 . Gọi M là trung điểm của AC. Tính thể tích khối chóp S.BCM và khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SBC). II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Học sinh học chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình Chuẩn Câu 4.a (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hai đường thẳng () 1 x1 y2 z5 d: 234 −+− == , () 2 x7 y2 z1 d: 32 2 −−− == − và điểm A(1; 1; 1) − 1. Chứng minh rằng () 1 d và ( ) 2 d cắt nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa () 1 d và () 2 d . Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (P). Câu 5.a (1.0 điểm) Tìm môđun của số phức () 3 12i 1i z 1i +−− = + 2. Theo chương trình Nâng cao Câu 4.b (2.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng () 1 xy1z6 d: 12 3 −− == và () 2 x1 y2 z3 d: 11 1 −+− == − 1. Chứng minh rằng () 1 d và ( ) 2 d chéo nhau. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa () 1 d và song song với () 2 d . Tính khoảng cách giữa ( ) 1 d và () 2 d . Câu 5.b (1.0 điểm) Tính và viết kết quả dưới dạng đại số số phức 8 1i3 z 1i3 ⎛⎞ + ⎟ ⎜ ⎟ = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ − ⎝⎠ . Hết SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁPÁN - THANG ĐIỂM ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TỐT NGHIỆP THPT NĂM 2009 (Đáp án gồm 5 trang) Câu Ý Nội dung Điểm 1 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 2x 1 y x2 + = − 1.5 1) Tập xác định: {} D\2= \ 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn và tiệm cận: Do x2 x2 lim y lim y − + → → ⎧ =−∞ ⎪ ⎪ ⎪ ⇒ ⎨ ⎪ =+∞ ⎪ ⎪ ⎩ đường thẳng x2= là tiệm cận đứng của (C) và x x lim y 2 lim y 2 →−∞ →+∞ ⎧ = ⎪ ⎪ ⎪ ⇒ ⎨ =⎪ ⎪ ⎪ ⎩ đường thẳng y2= là tiệm cận ngang của (C) b) Bảng biến thiên: Ta có: () ' 2 5 y0 xD x2 − =<∀∈ − x −∞ 2 +∞ y' − − y 2 +∞ −∞ 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng () ;2−∞ và () 2; +∞ . 3) Đồ thị: Giao điểm với Oy: 1 x0 y 2 =⇒=− . Suy ra (C) cắt Oy tại 1 0; 2 ⎛⎞ ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝⎠ Giao điểm với Ox: 1 y0 x 2 =⇔=− . Suy ra (C) cắt Ox tại 1 ;0 2 ⎛⎞ ⎟ ⎜ − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝⎠ -18-16-14-12-10-8-6-4-2 24681012141618 -14 -12 -10 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 12 14 x y 0.25 0,25 0.25 0.5 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm trên (C) có tung độ y3 =− . 0.75 x2 x2 2x 1 y3 3 x1 2x 1 3x 6 x 1 x2 ⎧⎧ ≠≠ ⎪⎪ + ⎪⎪ =− ⇔ =− ⇔ ⇔ ⇔ = ⎨⎨ ⎪⎪ +=− + = − ⎪⎪ ⎩⎩ . Suy ra: () M1; 3 (C)−∈ . 0.25 Hệ số góc của tiếp tuyến với (C) tại M là : () () 2 5 ky'1 5 12 − == =− − Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là : () y3 5x1 y 5x8+=− + ⇔ =− − 0.25 0.25 3 Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C), trục hoành và trục tung. 0.75 Dựa vào đồ thị (C), suy ra diện tích hình phẳng là: [] 000 111 222 0 1 2 2x 1 2x 1 5 Sdx dx2dx x2 x2 x2 2x 5 ln x 2 55 5 5 ln 2 1 5 ln 5 ln 5 ln 2 1 5 ln 1 22 4 −−− − ++ ⎛⎞ ⎟ ⎜ ==−=−+ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝⎠ −− − =− 10 Phần thứ Hai ðÁP ÁNKỳ thi chọn hệ KỹsưtàiKỹsư chất lượng cao Năm 1999Mơn thi: Tốn Bài 1: x x ≠ x + f ( x) = 1+ e x x = 0 Trước tiên ta có lim f ( x ) = ⇒ hàm số liên tục x = x →0 Với x ≠ 0, f ' ( x ) = + 1 t t x = + + e + t.e , t = 2 x + et ) ( x + e + e x + x.e x ðặt g ( t ) = + et + t.et ⇒ g ' ( t ) = et ( + t ) ⇒ g ' ( t ) = ⇔ t = −2 Qua t = −2, g ' ( t ) ñổi dấu từ âm sang dương, t = −2 ñiểm cực tiểu g ( t ) ⇒ g ( t ) ≥ g ( −2 ) = + e −2 − 2e−2 = − e−2 > Do f ' ( x ) > 0, ∀x ∈ ℝ* Vậy f ( x ) ñồng biến ℝ Bài 2: Áp dụng bất ñẳng hức Bunhiacopxki ta có: [(a − 1).1 + (b − 1).( −2) + (c − 1).3]2 ≤ [(a − 1) + (b − 1) + (c − 1) ][12 + ( −2) + 32 ] ⇒ 142 ≤ [a + b + c − 2a − 2b − 2c + 3].14 ⇒ 2a + 2b + 2c − 4a − 4b − 4c + 15 ≥ 2(14 + ) = 37 Dấu xảy khi: a − b − c − (a − 1) − 2(b − 1) + 3(c − 1) = = = = 1 −2 1+ + ⇒ a = 2, b = −1, c = Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 11 Bài 3: b cos x c sin x x Xét f ( x) = a sin x − + − hàm số xác ñịnh, khả vi ℝ và: b π2 f (π ) = f (−π ) = − − 2 Theo ñịnh lý Roll, tồn x0 ∈ (−π , π ) mà f '( x0 ) = Vậy phương trình cho có nghiệm x0 ∈ (−π , π ) (dpcm) Bài 4: Cho x1 = 1, x2 = ⇒ f (1) − f (0) ≥ − = (*) Do ≤ f (1) ≤ 1, ≤ f (0) ≤ ⇒ f (1) − f (0) ≤ Kết hợp với (1) ⇒ f (1) − f (0) = Dấu xảy ra, xảy trường hợp: f (1) = *)TH1: f (0) = Cho x1 = 0, x2 = x ⇒ f ( x) ≥ x ⇒ f ( x) ≥ x (1) Cho x1 = 1, x2 = x ⇒ − f ( x) ≥ − x ⇒ − f ( x) ≥ − x ⇒ f ( x) ≤ x (2) Từ (1 )và (2) ⇒ f ( x) = x f (1) = *)TH2 f (0) = Làm tương tự ta có f ( x ) = − x Kết luận: có hàm số thỏa mãn điều kiện toán là: f ( x) = x f ( x ) = − x Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008 KÌ THI TUYỂN SINH LỚP 10 TRUNG HỌC PHỔ THÔNG KHÓA NGÀY 21 THÁNG 6 NĂM 2010 tại Đà NẵngMÔN THI : TOÁN Bài 1 (2,0 điểm) a) Rút gọn biểu thức A ( 20 45 3 5). 5= − + b) Tính 2 B ( 3 1) 3= − − Bài 2 (2,0 điểm) a) Giải phương trình 4 2 x 13x 30 0− − = b) Giải hệ phương trình 3 1 7 x y 2 1 8 x y − = − = Bài 3 (2,5 điểm) Cho hai hàm số y = 2x 2 có đồ thị (P) và y = x + 3 có đồ thị (d). a) Vẽ các đồ thị (P) và (d) trên cùng một mặt phẳng tọa độ Oxy. b) Gọi A là giao điểm của hai đồ thị (P) và (d) có hoành độ âm. Viết phương trình của đường thẳng (∆) đi qua A và có hệ số góc bằng - 1. c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C, cắt trục hoành tại D. Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B. Tính tỉ số diện tích của hai tam giác ABC và tam giác ABD. Bài 4 (3,5 điểm) Cho hai đường tròn (C) tâm O, bán kính R và đường tròn (C') tâm O', bán kính R' (R > R') cắt nhau tại hai điểm A và B. Vẽ tiếp tuyến chung MN của hai đường tròn (M ∈ (C), N ∈ (C')). Đường thẳng AB cắt MN tại I (B nằm giữa A và I). a) Chứng minh rằng · · BMN MAB= b) Chứng minh rằng IN 2 = IA.IB c) Đường thẳng MA cắt đường thẳng NB tại Q; đường thẳng NA cắt đường thẳng MB tại P. Chứng minh rằng MN song song với QP. BÀI GIẢI Bài 1: (2 điểm) a) Rút gọn biểu thức ( 20 45 3 5). 5A = − + = (2 5 3 5 3 5) 5 10= − + = b) Tính B = 2 ( 3 1) 3 3 1 3 1− − = − − = − Bài 2: (2 điểm) a) Giải phương trình : x 4 – 13x 2 – 30 = 0 (1) Đặt u = x 2 ≥ 0 , pt (1) thành : u 2 – 13u – 30 = 0 (2) (2) có 2 169 120 289 17∆ = + = = Do đó (2) ⇔ 13 17 2 2 u − = = − (loại) hay 13 17 15 2 u + = = Do đó (1) ⇔ x = 15± b) Giải hệ phương trình : 3 1 7 2 1 8 x y x y − = − = ⇔ 1 1 2 1 8 x x y = − − = ⇔ 1 1 10 x y = − = − ⇔ 1 1 10 x y = − = − . Bài 3: a) Đồ thị: học sinh tự vẽ Lưu ý: (P) đi qua O(0;0), ( ) 1;2± . (d) đi qua ( ) (0;3), 1;2− b) PT hoành độ giao điểm của (P) và (d) là: 2 2 3x x= + ⇔ 2x 2 – x – 3 = 0 3 1 2 x hay x⇔ = − = Vậy toạ độ giao điểm cảu (P) và (d) là ( ) 3 9 1;2 , ; 2 2 − ÷ ⇒ A ( ) 1;2− Phương trình đường thẳng (∆) đi qua A có hệ số góc bằng -1 là : y – 2 = -1 (x + 1) ⇔ (∆) : y = -x + 1 c) Đường thẳng (∆) cắt trục tung tại C ⇒ C có tọa độ (0; 1) Đường thẳng (∆) cắt trục hoành tại D ⇒ D có tọa độ (1; 0) Đường thẳng (d) cắt trục hoành tại B ⇒ B có tọa độ (-3; 0) Vì x A + x D = 2x C và A, C, D thẳng hàng (vì cùng thuộc đường thẳng (∆)) ⇒ C là trung điểm AD 2 tam giác BAC và BAD có chung đường cao kẻ từ đỉnh B và AC = 1 2 AD Nên ta có 1 2 ABC ABD S AC S AD = = Bài 4: a) Trong đường tròn tâm O: Ta có · BMN = · MAB (cùng chắn cung ¼ BM ) b) Trong đường tròn tâm O': Ta có IN 2 = IA.IB c) Trong đường tròn tâm O: · · MAB BMN= (góc chắn cung ¼ BM ) (1) Trong đường tròn tâm O': · · BAN BNM= (góc chắn cung » BN ) (2) Từ (1)&(2) => · · · · · · 0 MAB BAN MBN BMN BNM MBN 180+ + = + + = Nên tứ giác APBQ nội tiếp. => · · · BAP BQP QNM= = (góc nội tiếp và góc chắn cung) mà · · QNM và BQP ở vị trí so le trong => PQ // MN I P B O O' M N Q A 1 bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đápán và thang điểm môntoán khối A Câu ý Nội dung ĐH CĐ I1 23 31 xxym +== Tập xác định Rx . )2(363' 2 =+= xxxxy , = = = 2 0 0' 2 1 x x y 10",066" ===+= xyxy Bảng biến thiên + 210x ' y + 0 0 + 0 " y y + lõm U 4 CT 2 CĐ 0 lồi = = = 3 0 0 x x y , 4)1( =y Đồ thị: ( Thí sinh có thể lập 2 bảng biến thiên) 1,0 đ 0,25 đ 0,5 đ 0,25 đ 1,5 đ 0,5đ 0,5 đ 0,5 đ - 1 1 2 3 x 0 2 4 y 2 I2 Cách I. Ta có 2332323 33033 kkxxkkxx +=+=++ . Đặt 23 3kka += Dựa vào đồ thị ta thấy phơng trình axx =+ 23 3 có 3 nghiệm phân biệt 43040 23 <+<<< kka ()( ) >+ < >++ < 021 30 0)44)(1( 30 2 2 kk k kkk k << 20 31 kk k Cách II. Ta có [ ] 03)3()(033 222323 =++=++ kkxkxkxkkxx có 3 nghiệm phân biệt 03)3()( 22 =++= kkxkxxf có 2 nghiệm phân biệt khác k << ++ >++= 20 31 033 0963 222 2 kk k kkkkk kk 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 5,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 3 Cách I. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , += = = 1 1 0 2 1 ' mx mx y Ta thấy 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . 23)( 2 11 +== mmxyy và 23)( 2 22 ++== mmxyy Phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị ( ) 23;1 2 1 + mmmM và ( ) 23;1 2 2 +++ mmmM là: ++ = + 4 23 2 1 2 mmymx mmxy += 2 2 Cách II. 3)(3)1(363 222' +=++= mxmmxxy , Ta thấy 0'09)1(99' 22 =>=+= ymm có 2 nghiệm 21 xx và 'y đổi dấu khi qua 1 x và 2 x hàm số đạt cực trị tại 1 x và 2 x . Ta có 23223 )1(33 mmxmmxxy +++= () .23363 33 1 222 mmxmmxx m x ++++ = Từ đây ta có mmxy += 2 11 2 và mmxy += 2 22 2 . Vậy phơng trình đờng thẳng đi qua 2 điểm cực trị là mmxy += 2 2 . 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25đ 0,25 đ 0,25 đ II 1. Với 2=m ta có 051loglog 2 3 2 3 =++ xx Điều kiện 0>x . Đặt 11log 2 3 += xt ta có 06051 22 =+=+ tttt . 2 3 2 1 = = t t 5,0 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,5 đ 3 3 1 = t (loại) , 3 3 2 32 33log3log2 ==== xxxt 3 3 =x thỏa mãn điều kiện 0>x . (Thí sinh có thể giải trực tiếp hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác) 0,25 đ 0,5 đ 2. 0121loglog 2 3 2 3 =++ mxx (2) Điều kiện 0>x . Đặt 11log 2 3 += xt ta có 0220121 22 =+=+ mttmtt (3) .21log13log0]3,1[ 2 33 3 += xtxx Vậy (2) có nghiệm ]3,1[ 3 khi và chỉ khi (3) có nghiệm [] 2,1 . Đặt tttf += 2 )( Cách 1. Hàm số )(tf là hàm tăng trên đoạn ][ 2;1 . Ta có 2)1( =f và 6)2( =f . Phơng trình 22)(22 2 +=+=+ mtfmtt có nghiệm [] 2;1 .20 622 222 22)2( 22)1( + + + + m m m mf mf Cách 2. TH1. Phơng trình (3) có 2 nghiệm 21 ,tt thỏa mãn 21 21 << tt . Do 1 2 1 2 21 <= + tt nên không tồn tại m . TH2. Phơng trình (3) có 2 nghiệm 21 ,tt thỏa mãn 21 21 tt hoặc 21 21 tt () 200242 mmm . (Thí sinh có thể dùng đồ thị, đạo hàm hoặc đặt ẩn phụ kiểu khác ) 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,1 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ III 1. 5 32cos 2sin21 3sin3cos sin += + + + x x xx x . Điều kiện 2 1 2sin x Ta có 5 = + + + x xx x 2sin21 3sin3cos sin 5 + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos2sinsin2sin =5 = + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos3coscossin 5 x x xx cos5 2sin21 cos)12sin2( = + + Vậy ta có: 02cos5cos232coscos5 2 =++= xxxx 2cos =x (loại) hoặc ).(2 32 1 cos Zkkxx +== 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 1,0 đ 0,25 đ 0,25 đ 0,25 đ 4 2. Vì ( 0x ; ) 2 nên lấy 3 1 =x và 3 5 2 =x . Ta thấy 21 , xx thỏa mãn điều kiện 2 1 2sin x . Vậy các nghiệm cần tìm là: 3 1 =x và 3 5 2 =x . (Thí sinh có thể sử dụng các phép biến đổi khác) Ta thấy phơng trình 3|34| 2 +=+ xxx có 2 nghiệm 0 1 =x và .5 2 =x Mặt khác ++ 3|34| 2 xxx [] 5;0 x . Vậy ()()() dxxxxdxxxxdxxxxS ++++++=++= 1 0 3 1 22 5 0 2 343343|34|3 () dxxxx +++ 5 3 2 343 ()( )() dxxxdxxxdxxxS +++++= 5 3 2 3 1 2 1 0 2 5635 5 3 23 3 1 23 1 0 23 2 5 3 1 6 2 3 3 1 2 5 3 1 ++ ++ += xxxxxxxS 1 Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 đápán thang điểm đề thi chính thức Môn thi : toán Khối A Nội dung điểm Câu 1. 2điểm 1) Khi 2 11 1. 11 xx my x xx + = = = + Tập xác định: \{ 1 }.R + 2 22 0 12 ' 1 . ' 0 2. (1) (1) x xx yy x xx = + = + = = = + [] = = 0 1 1 lim)(lim x xy xx tiệm cận xiên của đồ thị là: x y = . = y x 1 lim tiệm cận đứng của đồ thị là: 1 = x . Bảng biến thiên: Đồ thị không cắt trục hoành. Đồ thị cắt trục tung tại điểm (0; 1). 1 điểm 0,25 đ 0,5 đ 0, 25 đ x 0 1 2 + y 0 + + 0 + + 3 y CT CĐ 1 y x O 1 2 3 1 1 2 2) Đồ thị hàm số 1 2 ++ = x mxmx y cắt trục hoành tại 2 điểm phân biệt có hoành độ dơng phơng trình 2 () 0fx mx x m=++= có 2 nghiệm dơng phân biệt khác 1 2 0 14 0 (1) 2 1 0 1 0, 0 m m fm m SP mm = > =+ = > = > 0 1 1 2 0 1 2 2 0 m m m m m < << < . Vậy giá trị m cần tìm là: 1 0 2 m << . 1 điểm 0,25 đ 0,75 đ Câu 2. 2điểm 1) Điều kiện sin 0 cos 0 (*) tg 1 x x x . Khi đó phơng trình đã cho )cos(sinsin cos sin 1 sincos 1 sin cos 22 xxx x x xx x x + + = cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin xx x xx xx x x =+ 2 (cos sin )(1 sin cos sin ) 0xx xx x + = 2 cos sin 0 1 sin cos sin 0. xx xx x = += TH1 : sin cos tg 1 ( ) 4 xxx xkk===+ Z thỏa mãn điều kiện (*). TH2: 22 1 1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0: 2 xx x x x+=+= vô nghiệm. Vậy nghiệm của phơng trình là: ( ) 4 xkk = +Z . 2) Giải hệ 3 11 (1) 2 1 (2). xy xy yx = =+ + Điều kiện 0.xy + Ta có 1 (1) ( )(1 ) 0 1. x y xy xy xy = + = = TH1 : 33 2 2121(1)(1)0 xy xy xy yx xx x x x == = =+ =+ += 1 15 2 15 . 2 xy xy xy == + == == 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 1 điểm 0, 25 đ 0,5 đ 3 TH2 : 3 3 4 1 1 1 (3) 2 21 1 2 0 (4). y xy y x x yx x xx x = = = =+ = + ++= Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm. Cách 1. 22 42 113 20, 222 ++= + + + > x xx x x. Cách 2. Đặt 4 3 1 () 2 () min () 0 4 =++ = > x fx x x fx fx f R . Trờng hợp này hệ vô nghiệm. Vậy nghiệm của hệ phơng trình là: 1515 1515 (; ) (1;1), ; , ; 22 22 xy + + = . 0, 25 đ Câu 3. 3điểm 1) Cách 1. Đặt A Ba= . Gọi H là hình chiếu vuông góc của B trên AC, suy ra BH AC, mà BD (AAC) BD AC, do đó AC (BHD) AC DH. Vậy góc phẳng nhị diện [] ,', B AC D là góc n B HD . Xét ' A DC vuông tại D có DH là đờng cao, ta có .' .'DH A C CD A D= .' ' CD A D DH A C = .2 2 33 aa a a == . Tơng tự, ' A BC vuông tại B có BH là đờng cao và 2 3 a BH = . Mặt khác: n n 22 2 2222 22 2 2 2 . cos 2. cos 33 3 aa a aBDBHDH BHDH BHD BHD==+ =+ , do đó n 1 cos 2 BHD = n o 120BHD= . Cách 2. Ta có BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc). Tơng tự, BC AC (BCD) AC . Gọi H là giao điểm của ' A C và (') B CD n B HD là góc phẳng của [] ;'; B AC D . Các tam giác vuông HAB, HAD, HAC bằng nhau HB = HC = HD H là tâm BCD đều n o 120BHD= . 1 điểm 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25 đ hoặc 0, 25đ 0,25 đ 0,5 đ A A B C D D C B H I 4 2) a) Từ giả thiết ta có ) 2 ; ;() ; ;(' 0); ; ;( b aaMbaaCaaC . Vậy ( ; ; 0), (0; ; ) 2 b BD a a BM a= = J JJG JJJJG 2 , ; ; 22 ab ab B DBM a = J JJG JJJJG . () 2 3 '; 0; ,.' . 2 ab BA a b BD BM BA = = J JJG JJJG JJJJGJJJG Do đó 2 ' 1 ,.' 64 BDA M ab VBDBMBA == J JJG JJJJGJJJG . b) Mặt phẳng ()BDM có véctơ pháp tuyến là 2 1 ,; ; 22 ab ab nBDBM a == J JGJJJGJJJJG , mặt phẳng (' ) A BD có véctơ pháp tuyến là 2 2 1 Bộ giáo dục và đào tạo Đápán - Thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Đề chính thức Môn: Toán, Khối A (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Câu ý Nội dung Điểm I 2,0 I.1 (1,0 điểm) () 12 33 2 + = x xx y = () 11 x1 22x1 + . a) Tập xác định: { } R\ 1 . b) Sự biến thiên: 2 x(2 x) y' 2(x 1) = ; y' 0 x 0, x 2== =. 0,25 y CĐ = y(2) = 1 2 , y CT = y(0) = 3 2 . Đờng thẳng x = 1 là tiệm cận đứng. Đờng thẳng 1 yx1 2 = + là tiệm cận xiên. 0,25 Bảng biến thiên: x 0 1 2 + y' 0 + + 0 y + + 1 2 3 2 0,25 c) Đồ thị: 0,25 2 I.2 (1,0 điểm) Phơng trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số với đờng thẳng y = m là : () m x xx = + 12 33 2 () 02332 2 =++ mxmx (*). 0,25 Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0> 2 4m 4m 3 0> 3 m 2 > hoặc 1 m 2 < (**) . 0,25 Với điều kiện (**), đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số tại hai điểm A, B có hoành độ x 1 , x 2 là nghiệm của phơng trình (*). AB = 1 1 21 = xx 2 12 xx 1= () 12 2 12 xx 4xx1+ = 0,25 ()() 123432 2 = mm 15 m 2 = (thoả mãn (**)) 0,25 II 2,0 II.1 (1,0 điểm) Điều kiện : x4 . 0,25 Bất phơng trình đã cho tơng đơng với bất phơng trình: 22 2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x+> > 0,25 + Nếu x > 5 thì bất phơng trình đợc thoả mãn, vì vế trái dơng, vế phải âm. 0,25 + Nếu 4x5 thì hai vế của bất phơng trình không âm. Bình phơng hai vế ta đợc: () () 2 22 2 x 16 10 2x x 20x 66 0> +< 10 34 x 10 34 <<+ . Kết hợp với điều kiện 4x5 ta có: 10 34 x 5<. Đáp số: x10 34> 0,25 II.2 (1,0 điểm) Điều kiện: y > x và y > 0. () 1 1 loglog 4 4 1 = y xy () 1 1 loglog 44 = y xy 0,25 4 yx log 1 y = 4 3y x = . 0,25 Thế vào phơng trình x 2 + y 2 = 25 ta có: 2 2 3y y25y4. 4 +== 0,25 So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy ra x= 3 (thỏa mãn y > x). Vậy nghiệm của hệ phơng trình là (3; 4). 0,25 III 3,0 III.1 (1,0 điểm) + Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3) J JJG có phơng trình 3x 3y 0+=. Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2) J JJG có phơng trình y = 1 ( Đờng thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1) J JJG có phơng trình 3x y 2 0+=) 0,25 Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3 ; 1) 0,25 + Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1. Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x y 2 0++= . ( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình 3x 3y 0+=). 0,25 3 Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB là () I3;1 . 0,25 III.2.a (1,0 điểm) + Ta có: () C2;0;0 , () D0; 1;0 , ( ) 2;0;1M , () 22;0;2 =SA , () BM 1; 1; 2= JJJJG . 0,25 Gọi là góc giữa SA và BM. Ta đợc: () SA.BM 3 cos cos SA, BM 2 SA . BM = = = J JJG JJJJG JJJG JJJJG JJJGJJJJG 30= . 0,25 + Ta có: () SA, BM 2 2; 0; 2 = J JJGJJJJG , () AB 2; 1; 0= J JJG . 0,25 Vậy: () SA, BM AB 26 dSA,BM 3 SA, BM == JJJGJJJJGJJJG JJJGJJJJG 0,25 III.2.b (1,0 điểm) Ta có MN // AB // CD N là trung điểm SD 2; 2 1 ;0N . 0,25 () SA 2; 0; 2 2= JJJG , () 2;0;1 =SM , () 22;1;0 =SB , 1 SN 0; ; 2 2 = JJJG () SA, SM 0; 4 2; 0 = JJJG JJJG . 0,25 S.ABM 122 V SA,SM SB 63 == JJJG JJJG JJG 0,25 S.AMN 12 V SA,SM SN 63 == JJJG JJJG JJJG S.ABMN S.ABM S.AMN VVV 2=+= 0,25 IV 2,0 IV.1 (1,0 điểm) 2 1 x Idx 1x1 = + . Đặt: 1= xt 1 2 += tx tdtdx 2= . 01 == t x , 12 == t x . 0,25 4 Ta có: 111 23 2 000 t1 tt 2 I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt 1t 1t t1 ++ ===+ ++ + 0,25 I 1 32 0 11 2t t2t2lnt1 32 =++ 0,25 11 11 I 2 2 2 ln 2 4ln 2 32 3 =+ = . 0,25 IV.2 (1, 0 điểm) () () () () () () () () () 8 234 2 0 12 24 36 ... luận: có hàm số thỏa mãn điều kiện toán là: f ( x) = x f ( x ) = − x Vũ Hữu Tiệp K52- ĐTVT-KSTN-ĐHBKHN Hà Nội, tháng 8/2008