ĐHCĐ] 1000 Đề Thi Thử Đại Học Môn Toán Của Các Trường THPT Tự Luận Có Đáp Án_SACH DE TOAN 01

HỒ XUÂN TRỌNG nth kie 1000 ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN uc NĂM 2009-2010 nfo y.i TẬP kienthuchay.info nfo y.i uc nth kie kienthuchay.info TRƯỜNG THPT ĐÔNG SƠN kie KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010 (LẦN 1) MƠN THI: TỐN Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề) nth PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( điểm) (1) Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y = x − x + mx Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm tất giá trị tham số m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực đại, cực tiểu đồ thị hàm số đối xứng qua đường thẳng d: x – 2y – = Câu II: (3 điểm) ⎧ x + y + x y = + xy Giải hệ phương trình: ⎨ 2 ⎩ x + x y + xy = xy + y + Giải bất phương trình: x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) ≥0 log x − x x − cos ) = cos x + sin x 2 Câu III: (1 điểm) Cho hình chóp tam giác S.ABC có độ dài cạnh đáy a Gọi M N trung điểm cạnh SB SC Tính theo a thể tích khối chóp S.AMN, biết mặt phẳng (AMN) vng góc với mặt phẳng (SBC) Giải phương trình: 3(sin x cos x − Câu IV: (1 điểm) Tính giới hạn: lim x →0 x2 Câu V: ( điểm) Cho a, b, c số thực dương thoả mãn: a + b + c = Chứng minh 1 4 + + ≥ + + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 uc PHẦN RIÊNG (2 điểm) Thí sinh làm hai phần: Phần Phần PHẦN 1:(Theo chương trình Chuẩn) Câu VI.a: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 2), B(1; 6) đường tròn (C): ( x − 2) + ( y − 1) = Gọi V(A, k) phép vị tự tâm A tỉ số k cho V(A, k) biến đường tròn (C) thành đường tròn (C’) qua B Tính diện tích ảnh tam giác OAB qua V(A, k) n ⎛1 x⎞ Câu VII.a: (1điểm) Cho khai triển ⎜ + ⎟ = a0 + a1 x + a2 x + + an x n Tìm số lớn ⎝2 3⎠ số a0 , a1 , a2 , , an biết n số tự nhiên thỏa mãn Cn2 Cnn−2 + 2Cnn−2 Cnn−1 + Cn1Cnn−1 = 11025 y.i nfo PHẦN 2: (Theo chương trình Nâng cao) Câu VI.b: (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 : x − y − = d : x + y − = Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật x − 3x + Câu VII.b: (1 điểm) Cho hàm số y = có đồ thị (C) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) x −1 cho tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận (C) nhỏ ***Hết*** -Chú ý: Thí sinh dự thi khối B D khơng phải làm câu V Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: kienthuchay.info nth kie TRƯỜNG THPT ĐƠNG SƠN I KÌ THI KSCL TRƯỚC TUYỂN SINH NĂM 2010(LẦN 1) HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN TỐN - Điểm tồn khơng làm trịn - Học sinh làm cách khác điểm tối đa - Nếu học sinh làm hai phần phần riêng khơng tính điểm phần tự chọn - Thí sinh dự thi khối B, D khơng phải làm câu V; thang điểm dành cho câu I.1 câu III 1,5 điểm Câu Nội dung Điểm I.1 Khảo sát hàm số 1,00 * Với m = y = x − 3x Tập xác định: R 0,25 Sự biến thiên: 3 a) Giới hạn: lim y = lim (x − 3x ) = −∞, lim y = lim (x − 3x ) = +∞ x → −∞ x → −∞ x → +∞ x → +∞ b) Bảng biến thiên: y’=3x – 6x, y’ = ⇔ x = 0, x = x -∞ y' + 0 + +∞ +∞ 0,25 y uc -∞ -4 - Hàm số đồng biến (- ∞ ; 0) (2; + ∞ ), nghịch biến (0; 2) - Hàm số đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0, đạt cực tiểu x = 2, yCT = - Đồ thị: Đồ thị giao với trục tung (0; 0), giao với trục hoành (0; 0),(3; 0) Nhận điểm uốn I(1; - 2) làm tâm đối xứng 0,25 y O x 0,25 -2 -4 I.2 y.i Tìm giá trị tham số m Ta có y = x − 3x + mx, y' = 3x − x + m Điều kiện để hàm số có cực đại, cực tiểu y’ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ Δ ' = − 3m > ⇔ m < 1,00 0,25 nfo 1⎞ ⎛2 ⎞ ⎛1 Ta có: y = ⎜ x − ⎟y'+⎜ m − ⎟x + m 3⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝3 Tại điểm cực trị y’ = 0, tọa độ điểm cực trị thỏa mãn phương trình ⎞ ⎛2 y = ⎜ m − ⎟x + m Như đường thẳng Δ qua điểm cực trị có phương 0,25 ⎠ ⎝3 ⎞ ⎛2 trình y = ⎜ m − ⎟x + m , nên có hệ số góc k1 = m − 3 ⎠ ⎝3 x − suy d có hệ số góc k2 = 2 Để hai điểm cực trị đối xứng qua d ta phải có d ⊥ Δ, Ta có d: x – 2y – = ⇔ y = kienthuchay.info 0,25 1⎛2 ⎞ ⎜ m − ⎟ = −1 ⇔ m = 2⎝3 ⎠ +) Với m = đồ thị có hai điểm cực trị (0; 0) (2; - 4), nên trung điểm chúng I( 1; -2), ta thấy I ∈ d, hai điểm cực trị đối xứng với qua d Vậy: m = Giải hệ phương trình đại số ⎧x + y + x y = + 2xy ⎧(x − y)2 + x y = ⇔ ⎨ ⎨ 2 ⎩x + x y + xy = xy + y + ⎩(x − y)(1 + xy) + xy = suy k k = −1 ⇔ kie II.1 ⎧u + v = ⎧(u + v )2 − uv = ⇔⎨ Đặt u = x- y, v = xy, ta có hệ ⎨ ⎩u(1 + v ) + v = ⎩u + v + uv = Đặt S = u + v, P = uv (điều kiện S ≥ P ) ta có hệ phương trình 0,25 1,00 0,25 0,25 nth ⎧S − P = ⎧S − 2(1 − S ) = ⎡S = ⇒ S + 2S − = ⇔ ⎢ ⇔⎨ ⎨ ⎣S = −3 ⎩P = − S ⎩S + P = ⎧ u + v = ⎧u = ⎧u = ⇒⎨ +) Với S = ⇒ P = ⇒ ⎨ ⎨ ⎩uv = ⎩v = ⎩v = II.2 uc ⎧u = ⎧x − y = ⎧x = y = ⇒⎨ ⇔⎨ - Nếu ⎨ ⎩v = ⎩xy = ⎩x = y = −1 ⎧u = ⎧x − y = ⎧x = ⎧x = hc ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ - Nếu ⎨ ⎩v = ⎩xy = ⎩y = ⎩y = −1 +) Với S = - ⇒ P = ⇒ S < 4P (loại) Vậy hệ phương trình có nghiệm (x; y ) = (− 1;−1), (1;1), (1;0), (0;−1) Giải bất phương trình logarit (2 x + x − 3)(2 x − 8) x + (x − 11).2 x − 8(x − 3) ≥ (1) ≥0⇔ log x − log x − II.3 x x⎞ x 3⎞ ⎛ ⎛ x ⇔ ⎜ cos − sin ⎟(2 + sin x)⎜ sin + cos + ⎟ = 2⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ x x x π π ⎛x π⎞ − cos = ⇔ sin ⎜ − ⎟ = ⇔ − = kπ ⇔ x = + k2π (k ∈ Z) 2 ⎝2 4⎠ * + sin x = ⇔ sin x = −2 (vô nghiệm) * sin 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 1,00 0,25 nfo y.i +) Xét f (x) = x + x − , f’(x) = x ln + > 0, ∀x nên f(x) đồng biến R f(1) = +) Xét g(x) = 2x – 8, g(x) đồng biến R , g(3) = +) Xét h(x) = log x − , h(x) đồng biến (0; + ∞), h(4) = Bảng xét dấu vế trái (1) x +∞ x +x-2 + | + | + 2x - | + | + log2x - | | + VT + || + Theo bảng xét dấu, bất phương trình cho có tập nghiệm S = [1;3] ∪ (4;+∞) Giải phương trình lượng giác x x x ⎞⎛ x x⎞ ⎛ x 3(sin3 − cos3 ) = cos x + sin 2x ⇔ 3⎜sin − cos ⎟⎜1 + sin cos ⎟ = (2 + sinx) cosx 2 2 ⎠⎝ 2⎠ ⎝ x ⎞⎛ x x ⎞⎛ x x⎞ ⎛ x ⎞ ⎛ ⇔ 3⎜ sin − cos ⎟⎜ + sin x ⎟ = (2 + sin x )⎜ cos − sin ⎟⎜ cos + sin ⎟ ⎠⎝ 2 ⎠⎝ 2⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0,25 kienthuchay.info 0,25 0,25 x x 3 π⎞ ⎛x π⎞ ⎛ + cos = − ⇔ sin⎜ + ⎟ = − ⇔ sin⎜ x + ⎟ = − (vô nghiệm) 2 2 4⎠ 2 ⎝2 4⎠ ⎝ π Vậy nghiệm phương trình là: x = + k2π ( k ∈ Z ) Tính thể tích khối chóp S * sin kie III I N nth A B K C uc 3a a a SI = SN − NI = − = 16 16 0,25 0,25 0,25 y.i a a 10 a a 3a a a 10 Vậy VS AMN = − = = 4 96 V SA SM SN Chú ý: Thí sinh sử dụng công thức: S AMN = = VS ABC SA SB SC Tính giới hạn 2 x cos x − (2 x − 1) cos x − cos x = − lim lim lim x→0 x→0 x→0 x2 x2 x2 AI = SA − SI = 0,25 1,00 0,50 0,50 1,00 nfo e x ln − ⎛ sin x ⎞ lim cos x − lim⎜ = ln lim ⎟ = ln − x → x ln x → x→0 ⎝ x ⎠ Chứng minh bất đẳng thức Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có: ⎛1 1⎞ 1 1 (*), (x + y)⎜⎜ + ⎟⎟ ≥ xy = ⇒ + ≥ x y x+y x y ⎝x y⎠ 1 1 + ≥ + ≥ Áp dụng (*) ta có: ; a + b b + c a + b + c b + c c + a a + b + 2c 1 + ≥ c + a a + b 2a + b + c 1 2 ⇒ + + ≥ + + (1) a + b b + c c + a 2a + b + c a + b + c a + b + c V 1,00 M Ta có tam giác SMN AMN cân S A Gọi I trung điểm MN suy SI ⊥ MN AI ⊥ MN Do (SBC) ⊥ (AMN) nên SI ⊥ (AMN) 1 Do VS AMN = SI.S AMN = SI.AI.MN Gọi K trung điểm BC suy I trung điểm SK, mà AI ⊥ SK nên tam a giác ASK cân A Do SA = AK = a a SC SA a MN = BC = , NI = MN = , SN = = = 2 2 IV 0,25 kienthuchay.info 0,25 Mặt khác ta lại có (2a ) ( ) ( ) + + b + + c + ≥ 2a 2 + b + c = 2(2a + b + c) ≥ ⇒ 2a + b + c + ≥ 2(2a + b + c) ⇒ a + ≥ 2(2a + b + c) ⇒ 2a + b + c a + 2 ≥ Tương tự: ; ≥ 2a + c + a b + 2c + a + b c + 1 2 (2) ⇒ + + ≥ + + 2a + b + c a + b + c a + b + c a + b + c + 1 4 + Từ (1) (2) ta suy ra: + + ≥ + a+b b+c c+a a +7 b +7 c +7 Dấu ‘’=’’ xảy ⇔ a = b = c = Tính diện tích ảnh tam giác qua phép vị tự Do B ∈ (C’) nên tồn M(x; y) ∈ (C) cho B ảnh M qua V(A; k), suy AB = k AM Do A ≠ B , nên k ≠ ⎧x = ⎧1 − = k (x − 1) ⎪ ⇒⎨ ⇒⎨ + 2k ⎩6 − = k (y − 2) ⎪y = k ⎩ kie nth VIa.1 0,25 0,25 1,00 0,25 ⎛ + 2k ⎞ − 1⎟ = Do M thuộc (C) nên (x − 2) + (y − 1) = ⇒ (1 − 2) + ⎜ ⎝ k ⎠ 2 ⇔ (4 + k ) = k ⇔ k = −2 0,25 +) Đường thẳng AB có phương trình x - = 0, dó d(O, AB) = 1 Độ dài AB = Suy S OAB = AB.d(O, AB ) = 4.1 = 2 0,25 Ảnh tam giác OAB qua phép vị tự V(A, 2) có diện tích S = − SOAB = 0,25 Tìm số lớn số a0 , a1 , a2 , , an 1,00 2 uc VII.a 0,25 n −2 n n −1 n C +C C n n −1 n n + 2C n −2 n = 11025 ⇔ (C + C ) = 105 ⎡ n = 14 n( n − 1) C 2n + C 1n = 105 ⇔ + n = 105 ⇔ n + n − 210 = ⇔ ⎢ ⎣ n = −15 (lo¹ i) Ta có C C n ⎛1 x⎞ Ta có khai triển ⎜ + ⎟ ⎝2 3⎠ k Do a k = C 14 k −14 − k 14 ⎛1⎞ = ∑C ⎜ ⎟ ⎝2⎠ k =0 14 k 14 14 − k n 0,25 0,25 0,25 nfo y.i a k +1 a < ⇔ k > 5, k +1 = ⇔ k = ak ak Do a < a < < a < a = a > a > > a 14 Do a5 a6 hai hệ số lớn 1001 Vậy hệ số lớn a = a = C 14 − −5 = 62208 0,25 k 14 ⎛x⎞ k k −14 − k k ⎜ ⎟ =∑ C 14 x ⎝ ⎠ k =0 k +1 k −13 − k −1 a k +1 C 14 2(14 − k ) Ta xét tỉ số = = k k −14 − k ak 3( k + 1) C 14 a k +1 2(14 − k ) >1⇔ > ⇔ k < Do k ∈ ` , nên k ≤ ak 3( k + 1) Tương tự kienthuchay.info VIb kie Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Ta có: d ∩ d = I Toạ độ I nghiệm hệ: ⎧x = / ⎧x − y − = ⎛9 3⎞ Vậy I⎜ ; ⎟ ⇔⎨ ⎨ ⎝2 2⎠ ⎩y = / ⎩x + y − = Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD ⇒ M = d ∩ Ox Suy M( 3; 0) 1,00 0,25 9⎞ ⎛3⎞ ⎛ Ta có: AB = IM = ⎜ − ⎟ + ⎜ ⎟ = 2⎠ ⎝2⎠ ⎝ S ABCD 12 = =2 AB Vì I M thuộc đường thẳng d1 ⇒ d ⊥ AD Theo giả thiết: S ABCD = AB.AD = 12 ⇔ AD = 0,25 nth Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vng góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên có PT: 1(x − 3) + 1(y − 0) = ⇔ x + y − = Lại có: MA = MD = VIIb uc ⎧⎪x + y − = Toạ độ A, D nghiệm hệ PT: ⎨ ⎪⎩ (x − 3) + y = ⎧y = − x + ⎧y = − x + ⎧y = − x ⇔⎨ ⇔ ⇔⎨ ⎨ 2 2 ⎩x − = ±1 ⎩(x − 3) + y = ⎩(x − 3) + (3 − x) = ⎧x = ⎧x = ⎨ Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) ⇔⎨ ⎩y = ⎩y = −1 ⎧x = x I − x A = − = ⎛9 3⎞ Do I⎜ ; ⎟ trung điểm AC suy ra: ⎨ C ⎝2 2⎠ ⎩y C = y I − y A = − = Tương tự I trung điểm BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ đỉnh hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) 1 +) Ta có y = 2x − + lim [y − (2x − 1)] = lim = Do (C) có x → ±∞ x − x − x →±∞ tiệm cận xiên y = 2x – 2x2 − 3x + 2x2 − 3x + = +∞; lim− = −∞ Do (C) có tiệm cận đứng x = +) lim+ x→1 x→1 x −1 x −1 ⎛ ⎞ ⎟ , x0 ≠ +) Gọi M ∈ (C ) ⇒ M = ⎜⎜ x ;2 x − + x − ⎟⎠ ⎝ 0,25 0,25 1,00 0,25 0,25 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số dương ta có 2 1 d ≥ x0 −1 = ⇒ d = x − = ⇔ x0 = ± 5 x0 −1 5 x0 − 0,25 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ 2 Vậy d nhỏ M = ⎜⎜ + ;1 + + ⎟⎟ ; M = ⎜⎜ − ;1 − − ⎟⎟ 5 5 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 nfo y.i Tổng khoảng cách từ M tới hai đường tiệm cận (C) ⎛ ⎞ ⎟⎟ − x − ⎜⎜ 2x − + x − 1 ⎝ ⎠ d = x0 −1 + = x0 −1 + x0 −1 2 + 12 kienthuchay.info SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO BẮC NINH ĐỀ THI KHẢO SÁT CHẤT LƢỢNG LẦN TRƢỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ I MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) kie Ngày thi 21/03/2010 I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) m Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  m  x2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho với m = Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu cho hai điểm cực trị đồ thị hàm số cách đường thẳng d: x – y + = khoảng Câu II (2,0 điểm) nth cos x  cos x  1  1  sin x  sin x  cos x Giải phương trình Giải phương trình  x2  x x    x  x2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân  (x   ) x 3 dx x 1  x  Câu IV (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có cạnh Gọi M, N điểm di động cạnh AB, AC cho  DMN    ABC  Đặt AM = x, AN = y Tính thể tích tứ diện DAMN theo x y Chứng minh rằng: x  y  3xy uc Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z  thoả mãn x+y+z > Tìm giá trị nhỏ biểu thức P  x3  y  16 z  x  y  z nfo y.i II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh đƣợc làm hai phần (phần A B) A Theo chƣơng trình Chuẩn: Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng AB: x – 2y + = 0, phương trình đường thẳng BD: x – 7y + 14 = 0, đường thẳng AC qua M(2; 1) Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x – y – 5z + = hai đường thẳng x  y 1 z  x2 y2 z d1: , d2:     1 2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với (P) đồng thời cắt hai đường thẳng d1 d2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần thực số phức z = (1 + i)n , biết n  N thỏa mãn phương trình log4(n – 3) + log4(n + 9) = B Theo chƣơng trình Nâng cao: Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy cho tam giác ABC, có điểm A(2; 3), trọng tâm G(2; 0) Hai đỉnh B C nằm hai đường thẳng d1: x + y + = d2: x + 2y – = Viết phương trình đường trịn có tâm C tiếp xúc với đường thẳng BG x  y  z 1   Trong không gian toạ độ cho đường thẳng d: mặt phẳng (P): x + y + z + = 1 Gọi M giao điểm d (P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng (P), vng góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42  log  y  x   log y  ( x, y   ) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình   2  x  y  25 -Hết - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I kienthuchay.info SƠ LƢỢC ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI KHẢO SÁT LẦN - 2010 Đáp án gồm 06 trang kie Nội dung Câu Điểm I 2,0 1,0 Với m =1 y  x   x2 0.25 a) Tập xác định: D   \ 2 nth b) Sự biến thiên: y ' 1  x  2  x2  x   x  2 x 1 , y'    x  lim y   , lim y   , lim y   ; lim y   , x  x  x 2  x 2 0.25  lim  y  ( x  1)  ; lim  y  ( x  1)  x  x  Suy đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên - uc x y’ + - – – y + + + + 0.25 - Hàm số đồng biến khoảng  ;1 ,  3;  ; hàm số nghịch biến khoảng 1;2 ,  2;3 Cực trị: Hàm số đạt giá trị cực trị: yCĐ = x = 1; yCT = x = c) Đồ thị: y.i 0.25 nfo 10 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I kienthuchay.info 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 kie ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + • Tập xác định: R 0,25 • Sự biến thiên: nth - Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x; y '( x) = ⇔ x = x = ⎛4 ⎞ Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) ⎜ ; + ∞ ⎟ ; nghịch biến khoảng ⎝ ⎠ - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu x = ; yCT = − 27 - Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞ x→ − ∞ - Bảng biến thiên: ⎛ 4⎞ ⎜ 0; ⎟ ⎝ 3⎠ 0,25 x→ + ∞ x −∞ + uc y' y − −∞ • Đồ thị: +∞ + 0,25 +∞ − 27 y O − (1,0 điểm) 0,25 27 x y.i Phương trình hồnh độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = ⇔ x = x2 − x − m = (*) 0,25 Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt, phương trình (*) có nghiệm phân biệt, khác 0,25 Trang 1/4 nfo Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 x3 nghiệm (*) ⎧∆ > ⎪ Yêu cầu toán thỏa mãn khi: ⎨ g (1) ≠ ⎪ 2 ⎩ x2 + x3 < ⎧1 + 4m > ⎪ ⇔ ⎨−m ≠ ⇔ − < m < m ≠ ⎪1 + 2m < ⎩ kienthuchay.info 0,25 0,25 476 Câu II Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ + tanx ≠ kie (2,0 điểm) Đáp án Khi đó, phương trình cho tương đương: π⎞ ⎛ sin ⎜ x + ⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 4⎠ ⎝ sin x + cos x cos x ⇔ sinx + cos2x = cos x ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = ⇔ 2sin2x − sinx − = ⇔ sinx = (loại) sinx = − ⇔ x=− π + k2π x = 0,25 0,25 0,25 7π + k2π (k ∈ Z) 0,25 nth (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 2( x − x + 1) = Ta có: x + ( x − 1) + > 1, suy − Do đó, bất phương trình cho tương đương với: Mặt khác 2( x − x + 1) = 2( x − x + 1) ≤ − x + 2(1 − x) + 2( x ) ≥ − x + 2( x − x + 1) = − x + (1) ⇔ x 0,25 (1) 0,25 x (2), đó: x (3) Để ý rằng: + Dấu (2) xảy khi: − x = x kéo theo − x + uc + 1−x = 2( x − x + 1) < x đồng thời − x + x ≥ 0,25 x ≥ 0, đó: (3) ⇔ − x = x ⎧⎪1 − x ≥ ⎧⎪ x ≤ ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ 2 ⎪⎩(1 − x) = x ⎪⎩ x − x + = (1,0 điểm) Ta có: ∫ x dx = x ex ∫ + 2e x dx = ∫ 0,25 III 0,25 3− , thỏa mãn điều kiện x ≥ ⇔ x = 1 ⎛ ex ⎞ ex d d I = ∫ ⎜⎜ x + = + x x x ⎟ ∫ ∫ + 2e x dx + 2e x ⎟⎠ ⎝ 0 = 0,25 d(1 + 2e x ) , suy ra: + 2e x 0,25 1 1 1 + 2e 1 + 2e I = + ln(1 + 2e x ) = + ln = + ln 3 2 3 (1,0 điểm) K N M H D • Thể tích khối chóp S.CDNM SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM 1 = AB2 − AM.AN − BC.BM 2 2 a a 5a = a2 − − = 8 VS.CDNM = a3 SCDNM.SH = 24 C B • Khoảng cách hai đường thẳng DM SC n ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy DM ⊥ (SHC) ADM = DCN ∆ADM = ∆DCN ⇒ n Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy HK đoạn vng góc chung DM SC, đó: d(DM, SC) = HK Trang 2/4 0,25 nfo A y.i S IV 0,25 kienthuchay.info 0,25 0,25 477 Câu Đáp án Ta có: HC = kie V (1,0 điểm) 2a CD = HK = CN SH HC SH + HC Điểm = 3a 3a , đó: d(DM, SC) = 19 19 0,25 ; y≤ Phương trình thứ hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) − y (1) Điều kiện: x ≤ 0,25 Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( − y ), với f(t) = (t2 + 1)t Ta có f ' (t) = 3t2 + > 0, suy f đồng biến R Do đó: (1) ⇔ 2x = 0,25 nth ⎧x ≥ ⎪ − 2y ⇔ ⎨ − x2 ⎪y = ⎩ 2 ⎛5 ⎞ Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta được: 4x + ⎜ − x ⎟ + − 4x −7 = (3) ⎝2 ⎠ Nhận thấy x = x = nghiệm (3) 0,25 ⎛5 ⎞ ⎛ 3⎞ Xét hàm g(x) = 4x + ⎜ − x ⎟ + − 4x − 7, khoảng ⎜ 0; ⎟ ⎝2 ⎠ ⎝ 4⎠ − 4x = 4x (4x2 − 3) − uc ⎛5 ⎞ g '( x) = 8x − 8x ⎜ − x ⎟ − ⎝ ⎠ − 4x < 0, suy hàm g(x) nghịch biến ⎛1⎞ Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, (3) có nghiệm x = ; suy y = 2 ⎝2⎠ ⎛1 ⎞ Vậy, hệ cho có nghiệm: (x; y) = ⎜ ; ⎟ ⎝2 ⎠ VI.a 0,25 (1,0 điểm) (2,0 điểm) d1 O B | 3 − 1.1| = tam giác + + n = 60D ⇒ BAC n = 60D OAB vng B, AOB d1 d2 cắt O, cos(d1, d2) = d2 y AB.AC.sin 60D = (OA.sin 60D ).(OA.tan 60D ) A 3 = OA2 I C Do đó: SABC = , suy OA2 = ⎧ 3x + y = ⎛ ⎞ ⎪ Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ ; − 1⎟ ⇒ A⎜ ⎝ ⎠ ⎪x + y = ⎩ Đường thẳng AC qua A vng góc với d2, suy AC có phương trình: x − 3y − = ⎧⎪ x − y = ⎛ −2 ⎞ ; − 2⎟ Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ C⎜ ⎝ ⎠ ⎪⎩ x − y − = 3⎞ ⎛ −1 ; − ⎟ bán kính IA = Đường trịn (T) có đường kính AC, suy tâm (T) I ⎜ 2⎠ ⎝2 x 0,25 Ta có: SABC = 0,25 y.i Trang 3/4 nfo ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ Phương trình (T): ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ =1 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0,25 kienthuchay.info 0,25 478 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) kie P G Đường thẳng ∆ có vectơ phương v = (2; 1; −1) mặt phẳng (P) có G vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1) G G n = cos v, n Gọi H hình chiếu M (P), ta có cos HMC M ( ) C G G n = MC cos v, n d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC ( ) H = ∆ Ta có: z = (1 + 2 i) (1 − VII.a nth (1,0 điểm) = 5+ z = 5− | − − 1| = 6 0,25 i) 0,25 i, suy ra: 0,25 i 0,25 A B D d C 0,25 ⎧x + y − = ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2) ⎨ ⎩x − y = 0,25 Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + = B, C đối xứng qua H(− 2; − 2), tọa độ B, C có dạng: B(t; − − t), C(− − t; t) JJJG JJJG Điểm E(1; −3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác ABC, suy ra: AB CE = ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− − t) = 0,25 ⇔ 2t2 + 12t = ⇔ t = t = − Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) B(− 6; 2), C(2; − 6) 0,25 (1,0 điểm) A • B C M G Đường thẳng ∆ qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ phương G JJJG JJJG Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡⎣v, MA⎤⎦ = (7; 2; −10) G JJJG ⎡v, MA⎤ 49 + + 100 ⎣ ⎦ Suy ra: d(A, ∆) = = = G 4+9+4 v y.i • Đường thẳng BC qua H song song d, suy BC có phương trình: x + y + = H ∆ Gọi H trung điểm BC, D trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC Do tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ: uc •E (1,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) (2,0 điểm) VII.b 0,25 0,25 Phần ảo số phức z bằng: − VI.b 0,25 0,25 0,25 Gọi (S) mặt cầu tâm A, cắt ∆ B C cho BC = Suy bán kính (S) là: R = 0,25 Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25 0,25 Ta có: (1 − 3i )3 = − 0,25 −8 = − − 4i, suy z = − + 4i 1− i ⇒ z + i z = − − 4i + (− + 4i)i = − − 8i Vậy: z + iz = - Hết - Trang 4/4 nfo Do z = kienthuchay.info 0,25 0,25 0,25 479 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO kie ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC nth PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x +1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Tìm m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho tam giác OAB có diện tích (O gốc tọa độ) Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình (sin x + cos x) cos x + cos x − sin x = Giải phương trình 3x + − − x + 3x − 14 x − = (x ∈ R) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = e ln x ∫ x ( + ln x )2 dx uc Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác ABC A ' B ' C ' có AB = a, góc hai mặt phẳng ( A ' BC ) ( ABC ) 60o Gọi G trọng tâm tam giác A ' BC Tính thể tích khối lăng trụ cho tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ y.i B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) biểu thức M = 3( a 2b + b c + c a ) + 3(ab + bc + ca ) + a + b + c 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 toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vng A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác góc A có phương trình x + y − = Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC 24 đỉnh A có hồnh độ dương Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), b, c dương mặt phẳng (P): y − z + = Xác định b c, biết mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P) khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: z − i = (1 + i ) z nfo x2 y2 + = Gọi F1 F2 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; ) elip (E): tiêu điểm (E) (F1 có hồnh độ âm); M giao điểm có tung độ dương đường thẳng AF1 với (E); N điểm đối xứng F2 qua M Viết phương trình đường trịn ngoại tiếp tam giác ANF2 x y −1 z Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ: = = Xác định tọa độ điểm M 2 trục hoành cho khoảng cách từ M đến Δ OM ⎧⎪log (3 y − 1) = x (x, y ∈ R) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ x x ⎪⎩4 + = y Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm 480 Họ tên thí sinh: .; Số báo danh: kienthuchay.info ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC kie ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: R \ {−1} • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 0,25 > 0, ∀x ≠ −1 ( x + 1)2 nth Hàm số đồng biến khoảng (− ∞; −1) (−1; + ∞) - Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = ; tiệm cận ngang: y = x→ − ∞ 0,25 x→ + ∞ lim y = + ∞ x → ( − 1) − lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1 x → ( − 1) + - Bảng biến thiên: x −∞ y' −1 + +∞ + +∞ uc y • Đồ thị: 0,25 −∞ y 0,25 −1 (1,0 điểm) O x y.i 2x + = −2x + m x +1 ⇔ 2x + = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không nghiệm phương trình) Phương trình hồnh độ giao điểm: 0,25 ⇔ 2x2 + (4 − m)x + − m = (1) ∆ = m2 + > với m, suy đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m 0,25 Ta có: d(O, AB) = SOAB = | m| AB = nfo Gọi A(x1; y1) B(x2; y2), x1 x2 nghiệm (1); y1 = −2x1 + m y2 = −2x2 + m ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 = 2 | m | m2 + | m | m2 + AB d(O, AB) = , suy ra: = 4 Trang 1/4 kienthuchay.info ⇔ m = ± 5(m + 8) 0,25 0,25 481 Câu II Điểm (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với: 2sin x cos x − sin x + cos x cos x + 2cos x = 0,25 ⇔ cos x sin x + (cos x + 2) cos x = ⇔ (sin x + cos x + 2) cos x = (1) 0,25 Do phương trình sin x + cos x + = vô nghiệm, nên: 0,25 kie (2,0 điểm) Đáp án π (1) ⇔ cos x = ⇔ x = +k π (k ∈ Z) 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: − ≤ x ≤ 0,25 nth Phương trình cho tương đương với: ( x + − 4) + (1 − − x ) + x − 14 x − = 3( x − 5) ⇔ 3x + + x−5 + 6− x +1 ⇔ x = + 3x + + I = ∫ 6− x +1 0,25 + 3x + = ⎡ ⎤ + x + > ∀x ∈ ⎢ − ; ⎥ , phương trình cho có nghiệm: x = 6− x +1 ⎣ ⎦ t−2 dt = t2 0,25 dx ; x = ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = x ∫ 3 + t 0,25 0,25 + ln 0,25 = − 0,25 1 dt − ∫ dt t t = ln t IV + 1 Đặt t = + ln x , ta có dt = (1,0 điểm) + ( x − 5)(3x + 1) = uc III 3x + + 0,25 A' C' (1,0 điểm) • Thể tích khối lăng trụ Gọi D trung điểm BC, ta có: ADA ' = 60D BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: n B' G C H D G E Gọi H trọng tâm tam giác ABC, suy ra: GH // A ' A ⇒ GH ⊥ (ABC) Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I giao điểm GH với trung trực AG mặt phẳng (AGH) Gọi E trung điểm AG, ta có: R = GI = GE.GA GA2 = GH GH 7a AA ' a 7a 7a 2 a = ; AH = ; GA2 = GH2 + AH2 = Do đó: R = = 12 12 2.12 a Trang 2/4 0,25 nfo H I Ta có: GH = 0,25 • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC B A 3a a2 ADA ' = Ta có: AA ' = AD.tan n ; SABC = 3a3 Do đó: VABC A ' B ' C ' = S ABC AA ' = y.i A 0,25 kienthuchay.info 0,25 482 Câu V (1,0 điểm) Đáp án Điểm 0,25 (a + b + c) = 3 ⎡ ⎞ Xét hàm f (t ) = t + 3t + − 2t ⎢0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + − ; − 2t ⎣ 2⎠ f ''(t ) = − ≤ 0, dấu xảy t = 0; suy f '(t ) nghịch biến (1 − 2t )3 0,25 kie Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + − 2(ab + bc + ca ) Đặt t = ab + bc + ca, ta có: ≤ t ≤ ⎡ 1⎤ ⎛ ⎞ 11 Xét đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ = − > , suy f(t) đồng biến ⎣ 3⎦ ⎝ 3⎠ ⎡ 1⎤ Do đó: f(t) ≥ f(0) = ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ⎣ 3⎦ ⎡ 1⎤ Vì thế: M ≥ f(t) ≥ ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = a + b + c = ⎣ 3⎦ ⇔ (a; b; c) số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1) Do giá trị nhỏ M 0,25 nth VI.a (2,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) Gọi D điểm đối xứng C(− 4; 1) qua d: x + y − = 0, suy tọa độ D(x; y) thỏa mãn: D ⎧( x + 4) − ( y − 1) = ⎪ d ⇒ D(4; 9) ⎨ x − y +1 B ⎪⎩ + − = uc C 0,25 Điểm A thuộc đường trịn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) ⎧⎪ x + y − = thỏa mãn: ⎨ với x > 0, suy A(4; 1) ⎪⎩ x + ( y − 5) = 32 A 0,25 2S ABC = AC B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 ⇒ B(4; 7) B(4; − 5) JJJG JJJG Do d phân giác góc A, nên AB AD hướng, suy B(4; 7) Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = ⇒ AC = ⇒ AB = (1,0 điểm) Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 1+ 1 + b2 c2 Từ (1) (2), b, c > suy b = c = (1,0 điểm) 1 − = (1) b c = 0,25 1 ⇔ + = (2) b c 0,25 0,25 Biểu diễn số phức z = x + yi điểm M(x; y) mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i | ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 ⇔ x2 + y2 + 2y − = nfo VII.a 0,25 y.i ⇔ 0,25 x y z + + = 1 b c Mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P): y − z + = 0, suy ra: Ta có: d(O, (ABC)) = 0,25 2 Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường trịn có phương trình: x + (y + 1) = Trang 3/4 kienthuchay.info 0,25 0,25 0,25 0,25 483 Câu VI.b Đáp án Điểm (1,0 điểm) kie (2,0 điểm) y Nhận thấy: F1(−1; 0) F2(1; 0) N M F1 Đường thẳng AF1 có phương trình: A x +1 y = 3 0,25 M giao điểm có tung độ dương AF1 với (E), suy ra: F2 O x ⎛ 3⎞ M = ⎜⎜1; ⎟⎟ ⇒ MA = MF2 = 3 ⎝ ⎠ 0,25 Do N điểm đối xứng F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN 0,25 nth Do đường trịn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 đường trịn tâm M, bán kính MF2 ⎛ 3⎞ Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜⎜ y − ⎟⎟ = ⎠ ⎝ 0,25 2 (1,0 điểm) G Đường thẳng ∆ qua điểm A(0; 1; 0) có vectơ phương v = (2; 1; 2) JJJJG Do M thuộc trục hồnh, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0) G JJJJG ⇒ ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2; 2t; − t − 2) G JJJJG ⎡v, AM ⎤ 5t + 4t + ⎣ ⎦ ⇒ d(M, ∆) = = G v 0,25 uc 0,25 Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 5t + 4t + =|t| 0,25 ⇔ t2 − t − = ⇔ t = − t = Suy ra: M(−1; 0; 0) M(2; 0; 0) (1,0 điểm) , phương trình thứ hệ cho ta: 3y − = 2x ⎧⎪3 y − = x ⎧⎪3 y − = x Do đó, hệ cho tương đương với: ⎨ ⇔ ⎨ 2 ⎪⎩(3 y − 1) + y − = y ⎪⎩6 y − y = ⎧ x ⎪⎪2 = ⇔ ⎨ ⎪y = ⎪⎩ x = − ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩ y = - Hết - Điều kiện y > 0,25 VII.b 0,25 0,25 0,25 y.i nfo Trang 4/4 0,25 kienthuchay.info 484 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO kie ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x − x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y = nth x − Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x − cos x + 3sin x − cos x − = Giải phương trình x + x+2 + x = 42 + Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = e ⎛ x+2 + 2x + 4x − (x ∈ R) 3⎞ ∫ ⎜⎝ x − x ⎟⎠ ln x dx uc Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a ; hình AC chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC, AH = Gọi CM đường cao tam giác SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a nfo y.i Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = − x + x + 21 − − x + 3x + 10 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 toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −7), trực tâm H(3; −1), tâm đường tròn ngoại tiếp I(−2; 0) Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hồnh độ dương Trong khơng gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − = (Q): x − y + z − = Viết phương trình mặt phẳng (R) vng góc với (P) (Q) cho khoảng cách từ O đến (R) Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = z2 số ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) Δ đường thẳng qua O Gọi H hình chiếu vng góc A Δ Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành AH ⎧x = + t x − y −1 z ⎪ = = Xác Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: ⎨ y = t Δ2: 2 ⎪z = t ⎩ định tọa độ điểm M thuộc Δ1 cho khoảng cách từ M đến Δ2 ⎧⎪ x − x + y + = (x, y ∈ R) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ⎪⎩2 log ( x − 2) − log y = Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: .; Số báo danh: 485 kienthuchay.info BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC kie ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: R 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); y ' (x) = ⇔ x = nth - Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0); nghịch biến khoảng (0; +∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = - Giới hạn: lim y = lim y = − ∞ x→ − ∞ 0,25 x→ + ∞ - Bảng biến thiên: +∞ 0 + − 0,25 y −∞ −∞ uc • Đồ thị: x −∞ y' y 0,25 − 2 x O (1,0 điểm) II (2,0 điểm) x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc – 6 0,25 y.i Do tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y = Do đó, hồnh độ tiếp điểm nghiệm phương trình − 4x3 − 2x = − 0,25 ⇔ x = 1, suy tọa độ tiếp điểm (1; 4) 0,25 Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + hay y = − 6x + 10 0,25 (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − = Do phương trình cosx + sinx + = vô nghiệm, nên: (1) ⇔ sinx = nfo ⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = (1) π 5π ⇔ x = + k2π x = + k2π ( k ∈ Z) 6 Trang 1/4 0,25 kienthuchay.info 0,25 0,25 0,25 486 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − kie (2 Phương trình cho tương đương với: 4x )( x+2 − 24 2 − 2x −4 ) = 0,25 • 24x − 24 = ⇔ x = x +2 • 22 −4 − 2x Nhận xét: x ≥ 0,25 = ⇔ x + = x3 − (1) 0,25 ) Xét hàm số f(x) = x + − x3 + 4, ⎡⎣ ; + ∞ ) − 3x2 < 0, suy f(x) nghịch biến ⎡⎣ ; + ∞ x+2 Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 1; x = nth f ' (x) = III (1,0 điểm) e I = 3⎞ ⎛ ∫ ⎜⎝ x − x ⎟⎠ ln x dx = e e ln x dx x ∫ x ln x dx − ∫ ( ∫ x ln x dx = x ln x e • ) e − ∫ x dx = e − e = 0,25 e2 +1 e e 1 ln x dx = ∫ ln x d ( ln x ) = ln x = x 1 ∫ IV (1,0 điểm) 0,25 e2 − Vậy I = D a , SH = SA2 − AH = AH = A 0,25 • M trung điểm SA S M 0,25 a 14 3a , SC = SH + HC = a ⇒ SC = AC Do tam giác SAC cân C, suy M trung điểm SA • Thể tích khối tứ diện SBCM M trung điểm SA ⇒ SSCM = SSCA 1 ⇒ VSBCM = VB.SCM = VB.SCA = VS.ABC 2 HC = B H C y.i a 14 SABC.SH = 48 Điều kiện: − ≤ x ≤ Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy y > ⇒ VSBCM = V (1,0 điểm) x2 uc e 0,25 dx v = x2 x • Đặt u = lnx dv = 2xdx, ta có: du = e 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − ( x + 3)(7 − x)( x + 2)(5 − x) y≥ ( ( x + 3)(5 − x) − ( x + 2)(7 − x) ) + ≥ 2, suy ra: ; dấu xảy x = Do giá trị nhỏ y nfo = Trang 2/4 kienthuchay.info 0,25 0,25 0,25 487 Câu VI.a (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) B Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x + 2)2 + y2 = 74 Phương trình AH: x = BC ⊥ AH, suy phương trình BC có dạng: y = a (a ≠ − 7, BC khơng qua A) Do hồnh độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = (1) kie C H I• 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm dương khi: | a | < 70 A nth Do C có hồnh độ dương, nên B(− − JJJG JJJG AC ⊥ BH, suy ra: AC.BH = ( ⇔ 74 − a − 0,25 74 − a ; a) C(− + 74 − a ; a) )( ) 74 − a + + (a + 7)(− − a) = 0,25 ⇔ a2 + 4a − 21 = ⇔ a = − (loại) a = (thỏa mãn) 0,25 Suy C(− + 65 ; 3) (1,0 điểm) 0,25 Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0,25 uc •O Q P R Ta có vectơ pháp tuyến (P) (Q) G G n P = (1; 1; 1) n Q = (1; − 1; 1), suy ra: G G ⎡ n P , n Q ⎤ = (2; 0; −2) vectơ pháp tuyến (R) ⎣ ⎦ Ta có d(O,(R)) = D , suy ra: D = ⇔ D = 2 D = − 2 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 = x − z − 2 = Gọi z = a + bi, ta có: VII.a (1,0 điểm) 0,25 z = a + b z2 = a2 − b2 + 2abi 0,25 ⎧⎪a + b = Yêu cầu toán thỏa mãn khi: ⎨ 2 ⎪⎩a − b = 0,25 ⎧⎪a = ⇔ ⎨ ⎪⎩b = 0,25 Vậy số phức cần tìm là: + i; − i; − + i; − − i y.i VI.b (2,0 điểm) (1,0 điểm) y A O 0,25 H x 0,25 Do H thuộc đường trịn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = 0,25 ⎧⎪a − 4b + = Từ đó, ta có: ⎨ 2 ⎪⎩a + b − 2b = 0,25 Suy ra: H ( − 2; − 1) H (− Vậy phương trình đường thẳng ∆ ( − 1) x − nfo Gọi tọa độ H (a; b), ta có: AH = a + (b − 2) khoảng cách từ H đến trục hoành | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2 − y = ( − 1) x + Trang 3/4 kienthuchay.info − 2; − 1) −2 y =0 0,25 488 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t) kie M ∆1 d =1 H Ta có: d(M, ∆2) = G + ∆2 qua A(2; 1; 0) có vectơ phương v = (2; 1; 2) JJJJG G JJJJG Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2 − t; 2; t − 3) G JJJJG ⎡v, AM ⎤ 2t − 10t + 17 2t − 10t + 17 ⎣ ⎦ = , suy ra: =1 G 3 v 0,25 0,25 0,25 ⇔ t2 − 5t + = ⇔ t = t = Do M(4; 1; 1) M(7; 4; 4) 0,25 Điều kiện: x > 2, y > (1) 0,25 ⎧⎪ x − x + y + = Từ hệ cho, ta có: ⎨ ⎪⎩ x − = y 0,25 nth VII.b (1,0 điểm) ∆2 ⎧⎪ x − 3x = ⎧x = ⎧x = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪⎩ y = x − ⎩ y = −2 ⎩ y = 0,25 Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm hệ (x; y) = (3; 1) 0,25 - Hết - nfo y.i uc Trang 4/4 kienthuchay.info 489 ĐỀ VÀ ĐÁP ÁN LUYỆN THI THỬ ĐẠI HOC &CĐ NĂM 2009-2010 Đề Số Trường Minh Khai (Hà Tỉnh) Đế số Tỉnh Gia 2( Thanh Hóa) Đề số THPT Thanh Thủy Phú Thọ Đề Số 11 Trần Hưng Đạo Hưng Yên Đề Số 14 Lê Văn Hưu Thanh Hóa Đề Số 17 ( Khối B) THPT Chuyên Lương Văn Chánh Phú Yên Đề Số 20 Đoàn Thượng Hải Dương Đề số 23 ( 18 đề +Đáp án) Đề 26 (Chưa rõ) Đề 29 Thành Công Quản Ninh Đề số 32 Kim Thành Nghệ An Đề số 35 THPT Thạch Thành 1.? Đề Số 38 Khối B THPT Nguyễn Huệ Phú Yên Đề số 41 THPT Lương Tài 2.Bắc Ninh Đề Số 44 Khôi D Lương Ngọc Quyến Thái Nguyên Đề Số 47 Tây Thụy Anh Thái Bình Đề Số 50 (Chưa Rõ) Đề Số 53 THPT Trần Hưng Đạo Hưng Yên Đề Số 56 (Chưa rõ) Đề Số 59 THPT Xuân Áng Đề Số 62( Lần 2) THPT Lương Thế Vinh Hà Nội Đề số 64(Lần 3) THPT Lương Thế Vinh Hà Nôi Đề Số 67 (Chưa rõ) Đề Số 70 ( Khối A) THPT Chí Linh Hải Dương Đề số 73(D.lần 2) THPT Chuyên Hạ Long Đề số 76(A.lần I) THPT Chuyên Hạ Long Đề số 79(B.lần I) THPT Phan Chu Trinh Đà Nẵng Đề số 82(Khối A) THPT Hiệp Đức Quảng Nam Đề số 85(B,D lần 2) THPT Chuyên Lê quí Đôn Quảng Trị Đề số 88 THPT Thạch Thành1 Thanh Hóa Đề số 91 (B,D lần 2) THPT Lê q Đơn (Chưa rõ) Đề Đáp Án-Khối A NĂM 2010 Đề số (Chưa rõ) Đề số Long Châu Sa ( Phú Thọ) Đề Số Phan Châu Trinh Đà Nẵng Đề số 12 DHSP Hà Nội( Lần 1&2) Đề Số 15 Nguyễn Trung Thiên Hà Tỉnh Đề Số 18 Nguyễn Huệ Đề số 21 Bình Dương Đề 24 Tam Dương Vĩnh Phúc Đề 27 ( Chưa rõ) Đề 30 Thuận Thành Bắc Ninh Đề số 33 Lương Thế Vinh Hà Nội Đề số 36 THPT Hậu Lộc Đề Số 39 Khối A THPT Nguyễn Huệ Phú Yên Đề Số 42 Khối A Lương Ngọc Quyến Thái Nguyên Đề Số 45 Khối D Tĩnh Gia2 Thanh Hóa Đề Số 48 Trần Ngun Hãn Hải Phịng Đề Số 51 Anh Sơn Nghệ An Đề Số 54 ( Lần III) Chuyên ĐHSP -Hà Nội Đề Số 57 (Chưa rõ) Đề Số 60 THPT Đông Quan Thái Bình Đề Số 63 THPT Hiệp Đức.Quảng Nam Đề Số 65 Trường Chuyên Đại Học Vinh Đề Số 68( Khối.B) THPT Chí Linh Hải Dương Đề Số 71(Khối A l 2) THPT Chí Linh Hải Dương Đề Số 74( A, B lần 2) THPT Chuyên Hạ Long Đề số 77(B.lần I) THPT Chuyên Hạ Long Đề số 80 (Chưa Rõ) Đề số 83 THPT Nguyễn Huệ Hà Nội Đề số 86(A lần 2) THPT Chun Lê q Đơn Quảng Trị Đề số 89 THPT Trực Ninh B Nam Định Đề số 92 THPT Hậu Lộc Thanh Hóa Đề Đáp Án-Khối B NĂM 2010 nfo y.i uc nth kie ĐỀ Số Trường Đông Sơn Đế số Tống Vân Trân ( Nam Định) Đề số THPT chuyên Lê Qui Đôn Đề Số 10 Lê Q Đơn lần Đề số 13 (ĐTH Tham Khảo) Đề Số 16 (Khối A) THPT Chuyên Lương Văn Chánh.Phú Yên Đề Số 19 Phan Đăng Lưu Nghệ An Đề Số 22 Minh Châu Hưng Yên Đề 25 Đông quan ( Chưa rõ) Đề 28 ( Chưa rõ) Đề số 31 Khối D Hậu Lộc Thanh Hóa Đề số 34 THPT chuyên Hùng Vương.? Đề Số 37.Khôi D THPT Nguyễn Huệ Phú Yên Đề Số 40 Liên Hà Hà Nôi Đề Số 43 Khối B Lương Ngọc Quyến Thái Nguyên Đề Số 46 Thạch Thành 1?? Đề Số 49 Đăngh Thúc Hứa Nghệ An Đề Số 52 THPT Lam Kinh Đề Số 55 ( Lần IV) Chuyên ĐHSP -Hà Nội Đề Số 58 (Chưa Rõ) Đề Số 61(Lần 2) THPT Liên Hà Hà Nội 36Đề Đáp án thienthanbenho@ymail.com gửi Đề Số 66 THPT Cơng Nghiệp Hịa Bình Đề Số 69 ( Khơi D) THPT Chí Linh Hải Dương Đề Số 72(lần 2) THPT Cơng Nghiệp Hịa Bình Đề Số 75 THPT Chu Văn An Hà Nội Đề Số 78( Lần 2) THPT Trần Hưng Đạo.Hưng Yên Đề Số 81 (Chưa rõ) Đề số 84 THPT Chuyên ĐHVinh Đề số 87(B lần 3) THPT Chun Lê q Đơn Quảng Trị Đề số 90 THPT Chun Lê q Đơn Bịnh Định Đề số 93 (Chưa rõ) Đề Đáp Án-Khối D NĂM 2010 490 kienthuchay.info ... khơng theo cách nêu đáp án mà điểm phần đáp án quy định nfo y.i 15 - Đề & đáp án thi Đại học - Trường THPT Thuận Thành số I kienthuchay.info SỞ GD-ĐT NAM ĐỊNH TRƯỜNG THPT TỐNG VĂN TRÂN THỬ SỨC TRƯỚC... sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần đáp 45 án quy định kienthuchay.info S GD & ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐH&CĐ LẦN I NĂM HỌC 2009- 2010 TRƯỜNG THPT NGUYỄN TRUNG THI? ?N -@... tìm abcde  a   -Tìm số số có chữ số khác mà có mặt khơng xét đến vị trí a Xếp vào vị trí có: A52 cách 0.25 vị trí cịn lại có A43 cách 0.25 Suy có A A số -Tìm số số có chữ số khác mà có mặt