1. Trang chủ
  2. » Giáo Dục - Đào Tạo

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

69 7,5K 508
Tài liệu đã được kiểm tra trùng lặp

Đang tải... (xem toàn văn)

Tài liệu hạn chế xem trước, để xem đầy đủ mời bạn chọn Tải xuống

THÔNG TIN TÀI LIỆU

Thông tin cơ bản

Định dạng
Số trang 69
Dung lượng 5,39 MB

Nội dung

ôn thi đại học môn toán

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MƠN TỐN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT) BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG HỌ VÀ TÊN: ………………………………………………………………… LỚP :………………………………………………………………… TRƯỜNG :………………………………………………………………… HÀ NỘI, 8/2013 GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A khối A1 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + 3mx − (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến khoảng (0; + ∞)  √ π Câu (1,0 điểm) Giải phương trình + tan x = 2 sin x + ( √ p √ x + + x − − y4 + = y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x2 + 2x(y − 1) + y − 6y + = Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I= Z2 (x, y ∈ R) x2 − ln x dx x2 [ = 30◦ , SBC Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông A, ABC tam giác cạnh a mặt bên SBC vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mã√ n điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trị 32a3 32b3 a + b2 nhỏ biểu thức P = + − (b + 3c)3 (a + 3c)3 c II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm C thuộc đường thẳng d : 2x + y + = vaø A(−4; 8) Gọi M điểm đối xứng B qua C, N hình chiếu vuông góc B đường thẳng MD Tìm tọa độ điểm B C, biết N(5; −4) x−6 y+1 z+2 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = = −3 −2 điểm A(1; 7; 3) Viết phương trình mặ t phẳ n g (P ) qua A vuô n g gó c vớ i ∆ Tìm tọ a độ điể m √ M thuộc ∆ cho AM = 30 Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt chọn từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S, tính xác suất để số chọn số chẵn B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong √ mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng√∆ : x − y = Đường tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ hai điểm A B cho AB = Tiếp tuyến (C) A B cắt điểm thuộc tia Oy Viết phương trình đường tròn (C) Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = mặt cầu (S) : x2 + y + z − 2x + 4y − 2z − = Chứng minh (P ) tiếp xúc với (S) Tìm tọa độ tiếp điểm (P ) (S) √ Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z = + i Viết dạng lượng giác z Tìm phần thực phần ảo số phức w = (1 + i)z5 −−−−−−Hết−−−−−− Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) Khi m = ta có y = − x3 + x − • Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = −3x + x; y ' = ⇔ x = x = Khoảng đồng biến: (0; 2); khoảng nghịch biến: (−∞; 0) (2; + ∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = −1; đạt cực đại x = 2, yCĐ = - Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞ x→−∞ 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' − +∞ 0 + +∞ y − 0,25 −1 • Đồ thị: −∞ y 0,25 O x −1 b (1,0 điểm) Ta có y ' = −3x + x + 3m Hàm số (1) nghịch biến khoảng (0; + ∞) y ' ≤ 0, ∀x > ⇔ m ≤ x − x, ∀x > Xét f ( x) = x − x với x > Ta có f '( x) = x − 2; f '( x) = ⇔ x = 0,25 0,25 Bảng biến thiên: x − f '( x) f ( x) +∞ + +∞ 0,25 −1 Dựa vào bảng biến thiên ta giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m ≤ −1 Trang 1/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm Điều kiện: cos x ≠ Phương trình cho tương đương với + sin x = 2(sin x + cos x) cos x ⇔ (sin x + cos x)(2cos x − 1) = • sin x + cos x = ⇔ x = − • 2cos x − = ⇔ x = ± 0,25 π + kπ ( k ∈ ]) 0,25 π + k 2π (k ∈ ]) Đối chiếu điều kiện ta nghiệm: x = − (1,0 điểm) 0,25 π π + kπ x = ± + k 2π (k ∈ ]) ⎧⎪ x + + x − − y + = y (1) ⎨ ⎪⎩ x + x( y − 1) + y − y + = (2) 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ Từ (2) ta y = ( x + y − 1) , suy y ≥ Đặt u = x − 1, suy u ≥ Phương trình (1) trở thành: Xét f (t ) = t + + t , với t ≥ Ta có f '(t ) = 2t t +2 u4 + + u = y + + y (3) + > 0, ∀t ≥ 0,25 Do phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa x = y + Thay vào phương trình (2) ta y ( y + y + y − 4) = (4) Hàm g ( y ) = y + y + y − có g '( y ) = y + y + > với y ≥ Mà g (1) = 0, nên (4) có hai nghiệm khơng âm y = y = Với y = ta nghiệm ( x; y ) = (1; 0); với y = ta nghiệm ( x; y ) = (2; 1) Vậy nghiệm ( x; y ) hệ cho (1; 0) (2; 1) (1,0 điểm) Đặt u = ln x, dv = x2 − x dx ⇒ du = dx , v= x+ x x 0,25 0,25 0,25 2 1 Ta có I = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ∫ ⎛⎜ x + ⎞⎟ dx x⎠ x⎠x ⎝ 1⎝ 0,25 1 = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ⎛⎜ x − ⎞⎟ x⎠ x ⎠1 ⎝ ⎝ = ln − 2 (1,0 điểm) 0,25 0,25 Gọi H trung điểm BC, suy SH ⊥ BC Mà (SBC) vng góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC) Ta có BC = a, suy SH = S AB = BC cos30o = Do VS ABC = I B H C A 0,25 a a ; AC = BC sin 30o = ; 2 a 0,25 a3 SH AB AC = 16 Tam giác ABC vuông A H trung điểm BC nên HA = HB Mà SH ⊥ (ABC), suy SA = SB = a Gọi I trung điểm AB, suy SI ⊥ AB 0,25 AB a 13 = 4 3V 6V a 39 Suy d (C ,( SAB )) = S ABC = S ABC = S ΔSAB SI AB 13 0,25 Do SI = SB − Trang 2/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com Câu (1,0 điểm) Đáp án Đặt x = Điểm a b , y = Ta x > 0, y > Điều kiện toán trở thành xy + x + y = c c 3 32 y Khi P = 32 x + − x2 + y2 3 ( y + 3) ( x + 3) (u + v)3 Với u > 0, v > ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − (u + v)3 = 4 3 3 0,25 3 32 x3 + 32 y ≥ ⎛ x + y ⎞ = ⎛ ( x + y ) − xy + x + y ⎞ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ xy + x + y + ⎝ y +3 x+3⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 ⎝ ⎠ Thay xy = − x − y vào biểu thức ta Do 3 32 x3 + 32 y ≥ ⎛ ( x + y − 1)( x + y + 6) ⎞ = ( x + y − 1)3 Do ⎜ ⎟ 2( x + y + 6) ⎝ ⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 0,25 P ≥ ( x + y −1)3 − x + y = ( x + y −1)3 − ( x + y ) − xy = ( x + y −1)3 − ( x + y ) + 2( x + y ) − Đặt t = x + y Suy t > P ≥ (t − 1)3 − t + 2t − ( x + y)2 t2 nên (t − 2)(t + 6) ≥ Do t ≥ =t+ 4 t +1 Xét f (t ) = (t − 1)3 − t + 2t − 6, với t ≥ Ta có f '(t ) = 3(t − 1) − t + 2t − Ta có = x + y + xy ≤ ( x + y ) + Với t ≥ ta có 3(t − 1) ≥ t +1 t + 2t − = 1+ 0,25 ≤ + = , nên 2 (t + 1) − > Suy f (t ) ≥ f (2) = − Do P ≥ − Khi a = b = c P = − Do giá trị nhỏ P − Do C ∈ d nên C (t ; −2t − 5) Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD, suy I trung điểm AC Do I t − ; −2t + 2 Tam giác BDN vuông N nên IN = IB Suy IN = IA A D Do ta có phương trình f '(t ) ≥ − 7.a (1,0 điểm) ) ( ( I N B 8.a (1,0 điểm) C M ) ( ) 2 ⎛ − t − ⎞ + − − −2t + = − − t − + ⎛8 − − 2t + ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⇔ t = Suy C (1; −7) Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB Mà CB = AD CM||AD nên tứ giác ACMD hình bình hành Suy AC||DM Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy BN ⊥ AC CB = CN Vậy B điểm đối xứng N qua AC Đường thẳng AC có phương trình: x + y + = Đường thẳng BN qua N vng góc với AC nên có phương trình x − y − 17 = Do B(3a + 17; a ) Trung điểm BN thuộc AC nên 3a + 17 + ⎞ a − 3⎛⎜ + = ⇔ a = −7 Vậy B ( −4; −7) ⎟+ 2 ⎝ ⎠ JG Δ có véctơ phương u = (−3; −2;1) JG (P) qua A nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình −3( x − 1) − 2( y − 7) + ( z − 3) = ⇔ 3x + y − z − 14 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 M thuộc Δ nên M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t ) 0,25 AM = 30 ⇔ (6 − 3t − 1) + (−1 − 2t − 7) + (−2 + t − 3)2 = 120 ⇔ 7t − 4t − = 51 ; − ; − 17 ⇔ t = t = − Suy M (3; −3; −1) M 7 7 Trang 3/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN ( ) 0,25 GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com Câu Đáp án Điểm 9.a (1,0 điểm) Số phần tử S A37 = 210 Số cách chọn số chẵn từ S 3.6.5 = 90 (cách) 90 = Xác suất cần tính 210 Gọi M giao điểm tiếp tuyến A B (C), H giao điểm AB IM Khi M (0; t ), với t ≥ 0; H trung điểm AB = 2 AB Suy AH = M 1 = + , suy AM = 10 2 AH AM AI B Do MH = AM − AH = |t | , nên t = Do M (0; 8) Mà MH = d ( M , Δ ) = H Đường thẳng IM qua M vng góc với Δ nên có phương I x + y − = Do tọa độ điểm H thỏa mãn hệ trình A ⎧x − y = Δ ⇒ H (4;4) ⎨ ⎩x + y − = JJJG JJJJG Ta có IH = IA2 − AH = = HM , nên IH = HM 4 Do I (5;3) 0,25 7.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy đường trịn (C) có phương trình ( x − 5) + ( y − 3) = 10 8.b (1,0 điểm) (S) có tâm I (1; −2;1) bán kính R = 14 d ( I ,( P)) = | 2.1 + 3(−2) + 1.1 − 11| = 14 = R Do (P) tiếp xúc với (S) 14 22 + 32 + 12 Gọi M tiếp điểm (P) (S) Suy M thuộc đường thẳng qua I vng góc với (P) Do M (1 + 2t ; −2 + 3t ;1 + t ) Do M thuộc (P) nên 2(1 + 2t ) + 3(−2 + 3t ) + (1 + t ) − 11 = ⇔ t = Vậy M (3;1; 2) 9.b (1,0 điểm) ⎛1 3⎞ z = + 3i = ⎜ + i ⎟ ⎠ ⎝2 π π = ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ 3⎠ ⎝ 5π 5π Suy z = 25 ⎛⎜ cos + i sin ⎞⎟ = 16(1 − 3i ) 3 ⎠ ⎝ Do w = 16( + 1) + 16(1 − 3)i Vậy w có phần thực 16( + 1) phần ảo 16(1 − 3) - Hết - Trang 4/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2( m + 1) x + m (1), với 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 ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vuông Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x + cos x = cos x − ⎧ x3 − x − x + 22 = y + y − y ⎪ ( x, y ∈ \) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ 2 x + y − x + y = ⎪ ⎩ + ln( x + 1) dx x Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 60o Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ P = | x− y | + | y − z | + | z − x | − x + y + 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 hình vng ABCD Gọi M trung điểm 11 cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = ND Giả sử M đường thẳng AN có ; 2 phương trình x − y − = Tìm tọa độ điểm A x +1 y z − Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = điểm I (0; 0;3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt d hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông I Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 Tìm số hạng chứa x khai ( ( ) ) n nx − , x ≠ triển nhị thức Niu-tơn 14 x B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x + y = Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vng x +1 y z − Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : , mặt = = 1 phẳng ( P ): x + y − z + = điểm A(1; −1; 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN 5( z + i ) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn = − i Tính mơđun số phức w = + z + z z +1 HẾT -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 0, ta có: y = x − x • Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ' = x3 − x; y ' = ⇔ x = x = ±1 Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) (0; 1); khoảng đồng biến: (−1; 0) (1; + ∞) − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại x = 0, yCĐ = − Giới hạn: lim y = lim y = + ∞ x→−∞ − Bảng biến thiên: 0,25 x→+∞ x −∞ y' –1 – 0 + +∞ +∞ – + +∞ 0,25 y –1 –1 • Đồ thị: y 0,25 –1 O –2 x –1 b) (1,0 điểm) Ta có y ' = x − 4( m + 1) x = x ( x − m − 1) Đồ thị hàm số có điểm cực trị m + > ⇔ m > −1 (*) Các điểm cực trị đồ thị A(0; m ), B(− m + 1; − 2m − 1) C ( m + 1; − 2m − 1) JJJG JJJG Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) ) AC = ( m + 1; − ( m + 1) ) JJJG JJJG Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông AB AC = ⇔ ( m + 1) − ( m + 1) = Kết hợp (*), ta giá trị m cần tìm m = Trang 1/4 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 0,25 0,25 0,25 0,25 GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với ( sin x + cos x − 1) cos x = (1,0 điểm) π • cos x = ⇔ x = + kπ (k ∈ ]) π π • sin x + cos x − = ⇔ cos x − = cos 3 2π + k 2π (k ∈ ]) ⇔ x = k 2π x = π 2π + k 2π (k ∈ ]) Vậy nghiệm phương trình cho x = + kπ, x = k 2π x = 3 3 ⎧( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) (1) ⎪ (1,0 điểm) Hệ cho tương đương với: ⎨ 12 12 + y+ = (2) ⎪⎩ x − 2 1 1 Từ (2), suy −1 ≤ x − ≤ −1 ≤ y + ≤ ⇔ − ≤ x − ≤ − ≤ y + ≤ 2 2 2 3 Xét hàm số f (t ) = t − 12t ⎡⎢− ; ⎤⎥ , ta có f '(t ) = 3(t − 4) < , suy f(t) nghịch biến ⎣ 2⎦ Do (1) ⇔ x – = y + ⇔ y = x – (3) 2 3 + x− = ⇔ x − x + = ⇔ x = x = Thay vào (2), ta x − 2 2 3 Thay vào (3), ta nghiệm hệ ( x; y ) = ; − ( x; y ) = ; − 2 2 dx dx Đặt u = + ln( x + 1) dv = , suy du = v = − (1,0 điểm) x +1 x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( + ln( x + 1) I=− + x = + ln + 3 ∫( ( ) dx ∫ x( x + 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ) + ln x 1 + ln dx = − x +1 x x +1 0,25 2 = + ln − ln 3 (1,0 điểm) 0,25 0,25 S n góc SC (ABC), suy SCH n = 60o Ta có SCH a a Gọi D trung điểm cạnh AB Ta có: HD= , CD = , a a 21 HC = HD + CD = , SH = HC.tan60o = 3 0,25 1 a 21 a a = VS ABC = SH S ∆ABC = 3 12 0,25 Kẻ Ax//BC Gọi N K hình chiếu vng góc H Ax SN Ta có BC//(SAN) BA = HA nên d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )) Ta có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK Do HK ⊥ ( SAN ) Suy d ( H ,( SAN )) = HK 0,25 K A x N D C H B AH = 2a a , HN = AH sin 60o = , HK = 3 SH HN SH + HN Trang 2/4 = a 42 a 42 Vậy d ( SA, BC ) = 12 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 0,25 GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com Câu Đáp án Điểm Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ (*) (1,0 điểm) Xét hàm f (t ) = 3t − t − , có f '(t ) = 3t ln − > 0, ∀t ≥ f (0) = , suy (*) 0,25 Áp dụng (*), ta có | x− y | + | y− z | + | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x | Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có: (| x − y | + | y − z | + | z − x |) = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |) ( 2 ) 0,25 + | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ | x − y | + | y − z | + | z − x | ( ) Do | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = x + y + z − ( x + y + z ) 2 0,25 Mà x + y + z = 0, suy | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ x + y + z Suy P = | x− y | + | y−z | + | z−x | − x + y + z ≥3 Khi x = y = z = dấu xảy Vậy giá trị nhỏ P Gọi H giao điểm AN BD Kẻ đường thẳng qua H 7.a song song với AB, cắt AD BC P Q (1,0 điểm) Đặt HP = x Suy PD = x, AP = 3x HQ = 3x A B Ta có QC = x, nên MQ = x Do ∆AHP = ∆HMQ, suy AH ⊥ HM Hơn nữa, ta có AH = HM M 10 Do AM = MH = 2d ( M ,( AN )) = H Q P A∈AN, suy A(t; 2t – 3) C D 11 45 10 N + 2t − = MA = ⇔ t− 2 2 ) ( ( ) ⇔ t − 5t + = ⇔ t = t = Vậy: A(1; −1) A(4;5) ) JJJG JJJG JJG 2 IH ⊥ AB ⇔ IH a = ⇔ t − + 4t + t − = ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − 3 3 Tam giác IAH vuông cân H, suy bán kính mặt cầu (S) R = IA = IH = Do phương trình mặt cầu cần tìm ( S ): x + y + ( z − 3)2 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 9.a n(n − 1)(n − 2) n −1 (1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n = 0,25 ⇔ n = (vì n nguyên dương) n 0,25 0,25 JJG 8.a Véc tơ phương d a = (1; 2; 1) Gọi H trung điểm AB, suy IH ⊥ AB JJJG (1,0 điểm) Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1) ( 0,25 0,25 7 2 ⎞ ⎛ x2 ⎞ ⎛ nx ⎛x ⎞ Khi ⎜ − ⎟ =⎜ − ⎟ = C7k ⎜ ⎟ x⎠ ⎝ x ⎠ k =0 ⎝ ⎠ ⎝ 14 ∑ 7−k (− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k k k k 0,25 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = ⇔ k = Do số hạng cần tìm (−1)3 C73 35 x = − x5 16 Trang 3/4 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 0,25 ... 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH...GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A khối A1 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút,... THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 (Đáp án – thang điểm

Ngày đăng: 28/10/2013, 22:17

HÌNH ẢNH LIÊN QUAN

Bảng biến thiên: - TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
Bảng bi ến thiên: (Trang 3)
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi  m + &gt; 1 0  ⇔  m &gt; − 1  (*).  0,25 - TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
th ị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + &gt; 1 0 ⇔ m &gt; − 1 (*). 0,25 (Trang 8)
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm - TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
th ị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm (Trang 19)
M = 3  đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. - TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
3 đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận (Trang 29)
Bảng biến thiên: - TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
Bảng bi ến thiên: (Trang 35)
Đồ thị không cắt trục hoành. - TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
th ị không cắt trục hoành (Trang 56)
Đồ thị hàm số - TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
th ị hàm số (Trang 57)
Bảng biến thiên - TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)
Bảng bi ến thiên (Trang 62)

TỪ KHÓA LIÊN QUAN

TÀI LIỆU CÙNG NGƯỜI DÙNG

TÀI LIỆU LIÊN QUAN

w