BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐH MÔN TOÁN

Học sinh trình bày chi tiết lời giải và các bước tính toán.. Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt là điều kiện cần và đủ, các bước đánh giá.[r]

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 2

1

x y

x

 

 có đồ thị ( )C

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 Cho A(0; )a , tìm giá trị a để từ A kẻ hai tiếp tuyến với ( )C hai tiếp điểm hai tiếp tuyến nằm hai phía trục hồnh

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác 3cot2 3(cot 1) 4 cos( 7 ) 1

sin 4

x

x x

x





   

2 Giải hệ phương trình

2

1 1

2 0

x x y

y x y x y x

    

 

   

 

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

6

0cos cos( )

4

dx I

x x











Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, tam giác SAB tam giác SCD vng S Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD Cho M điểm thuộc đường thẳng CD cho BM vng góc với SA Tính AM theo a

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực dương a b c, , thỏa mãn abc1 số thực n3 Chứng minh

2 2 3

3

n

a c b a c b n

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)

1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC biết B(1; 1) , trung tuyến kẻ từ A B có phương trình x y20 7x y 6 0 Cho diện tích tam giác 2, tìm tọa độ điểm A C Trong không gian tọa độ Oxyz cho điểm A(1;1; 1) ;B(1;1;2);C( 1;2; 2)  mặt phẳng ( )P có phương trình x2y2z 1 0 Viết phương trình mặt phẳng ( )Q qua A, vng góc với mặt phẳng ( )P

và cắt đoạn thẳng BC I cho IB2IC

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm giá trị tham số m để phương trình ẩn x sau có nghiệm trái dấu (m3).16x (2m1).4x m 1 0

B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G(1;1), đỉnh A thuộc đường thẳng 2x y 1 0, đỉnh B, C thuộc đường x2y 1 0 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C biết diện tích tam giác

2 Trong khơng gian tọa độ Oxyz, cho A(2;0; 5) , B( 3; 13;7)  Viết phương trình mặt phẳng ( )P qua A, B tạo với mặt phẳng (Oxz) góc nhỏ

Câu VII.b (1,0 điểm) Có số tự nhiên có chữ số khác có chữ số chẵn chữ số lẻ

CÂU ĐÁP ÁN B.ĐIỂM I.1 a TXĐ D \ {1}

b Giới hạn tiệm cận

lim lim 1

xy x

nên đường thẳng y 1 tiệm cận ngang ĐTHS

1

lim x

 

1

lim x

  nên đường thẳng x1 tiệm cận đứng ĐTHS

0.25

c Chiều biến thiên

2

3

' 0

( 1)

y x D

x 

   



Hàm số nghịch biến khoảng (;1) (1;)

0.25 d Bảng biến thiên

0.25 e Đồ thị

Điểm cắt trục tung (0;-2); điểm cắt trục hoành (-2;0)

ĐTHS nhận giao điểm I(1;1) hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng

0.25

I.2 Đường thẳng d qua A với hệ số góc k có phương trình ykxa

Để d tiếp tuyến với (C) hồnh độ tiếp điểm nghiệm ẩn x hệ

2

3 ( 1)

2 1

k x

x

kx a x

 



 

 



  

 

 Do

2

( 1) (2 4) 2 0 (1)

2 3

1 ( 1) 1

a x a x a

x

x a

x x x

      

 

   

   

0.25

Để từ A kẻ tiếp tuyến với (C) (1) phải có nghiệm phân biệt x x1; 2 khác Khi hai hệ số góc tương ứng k k1; 2khác k1k2 x1x2 2 khơng tồn a Do kẻ tiếp tuyến

Chỉ

2

1

1 ' 3 3 0

1 ( 1).1 (2 4).1 2 0

a

a a

a

a a a

 

   

    

 

 

      



0.25

x y

O

1 -2

Các tung độ tiếp điểm 1 2

1

2 2

;

1 1

x x

y y

x x

 

 

  phải trái dấu nên

1 0

y y  hay 2

1 2

2( ) 4

0

( ) 1

x x x x x x x x

  



  

0.25

Tính 9 6 0 2

3 3

a

a

 

  



Vậy 2

3

a  a1

0.25

II.1 Điều kiện sinx0 Quy đồng biến đổi

2 2

3cos x3(cosxsin )x 4(cosxsin )sinx xsin x

0.25

2 2

(3cos x sin x) (cosx sin )(3 4sinx x) 0

     

2

(3 4sin x)(1 sinx cos )x 0

     0.25

Giải trường hợp đầu

3

x  k (thỏa mãn) 0.25

Giải trường hợp sau 2 2

x  k  (thỏa mãn); xk2 (loại)

Vậy họ nghiệm phương trình ; 2

3 2

x  k x  k 

0.25

II.2 Điều kiện x0;x y1

Biến đổi phương trình đầu x  x y 1 1 cách bình phương vế

2 1

y xy suy y0 (y2)2 4x Do y 2 2 x (1)

0.25

Biến đổi phương trình sau y x  y x (2) 0.25

Thế vào y2 y 2 0 nên y2 y 1 (loại) 0.25 Tính x4

Vậy nghiệm (x;y) hệ (4;2) 0.25

III

6 2

0 0

(tan ) cos

2 2 2

cos (cos sin ) 1 tan 1 tan dx

dx x d x

I

x x x x x

  

  

  

   0.25

Đặt ttanx Đổi cận … 0.25

Đưa

3

3

3 0

2 2 ln 1

1 dt

I t

t

   



 0.25

Tính 2 ln3 3 2

I   0.25

IV Gọi I, J trung điểm AB CD

Do hình chiếu S (ABCD) hình chiếu S IJ Chỉ tam giác SIJ vng S (định lý Pitago)

Tính 3

4 a

SH 

3

3 12 a

V  (đvtt) 0.25

Gọi P, Q trung điểm SA, AJ

Chỉ (BPQ) vng góc với SA Suy M giao điểm BQ CD

0.25

Tính

2

a

DM  suy 5

2 a

AM  0.25

V Áp dụng bất đẳng thức Cauchy cho số ta có

2 2 2

3 3

a ca cb a a b c  a

Tương tự b a2 b a2 c b2 3b c b2 c b2 a c2 3c

Do a c2 b a2 c b2 a b c

0.25

Ta chứng minh a b c 3n 3 n

a b c

    

 

Đặt ta b c, t3

0.25

Biến đổi BĐT thành t 3n 3 n (t 3)(t n) 0

t

       0.25

Chỉ BĐT n3

BĐT cho chứng minh Dấu “=” xảy a  b c 1 0.25 VI.a.1

Tính tọa độ trọng tâm tam giác ABC ( ; )2 4 3 3

G Gọi M, N trung điểm BC, CA

Tính 3 5

2 2

BN  BG

0.25

A D

B

S

C

I H J

P

Q

Vì 1 1 2

ABN ABC

S  S  nên ( ; ) 2.1 2 2

5 5

2 A BN

d  

Gọi A a( ;2a) ta pt | 6 4 | 2 2 5 50

a

 , giải 0; 4

3

a a

0.25

Với a0, tính A(0;2); (1;3)C 0.25

Với 4

3

a , tính ( ; ); (4 2 1 13; )

3 3 3 3

A C  0.25

VI.a.2

Dựa vào IB 2IC, tính tọa độ điểm I ( 1 5; ; 2) 3 3

 

0.5 Dựa vào vectơ IA n ; P vng góc với nQ , tính vec tơ pháp tuyến (Q)

(2;3;2) Q

n 0.25

Phương trình (Q) 2x3y2z 3 0 0.25

VII.a Đặt 4 (x 0)

t t PT cho trở thành (m3)t2 (2m1)tm 1 (1) Với t0, pt 4x t có nghiệm

Do

1 0 4 1 4

x x

x   x    nên để pt cho có nghiệm trái dấu (1) phải có nghiệm t t1; 2 thỏa mãn 0t1 1 t2

0.25

Chỉ m 3, để (1) có nghiệm phân biệt dương

20 11 0

2 1 11

0 1

3 20

1 0 3

m m

m m

m m



    



 



     



 

 



 



0.25

Để t1 1 t2 (1t1)(1t2)0, 4 3 0 3 3

3 4

m

m m

 

    

 0.25

Kết hợp lại ta 1 3 4

m 

   0.25

VII.a.1 Gọi B(1 ; ); (1 ; ) b b C  c c A(1 2 b2 ;3c  b c)

Do A thuộc đường 2x y 1 0 nên b c 0 Do A(1;3) 0.25 Tính khoảng cách từ A đến BC 6

5 nên BC 2 5 0.25

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM Yêu cầu:

Học sinh trình bày chi tiết lời giải bước tính tốn

Lời giải phải đảm bảo tính chặt chẽ, đặc biệt điều kiện cần đủ, bước đánh giá

Học sinh giải tốn theo cách khác tổ chấm thảo luận để thống cho điểm ( 5; 13;12)

AB   

, ta có 5a13b12c0 Góc  (P) (Oxz) xác định

2 2

| |

cos b

a b c  

 

Nếu b=0 900

Nếu b0, chọn b=1 ta 5a12c13 0

2

1 cos

1

a c 

 

0.25 Khi

2 2

2

1 12 12 1

cos

2

169 130 313 (13 5) 288

5 13

1 12

a a a

a a

    

   



 

  

 

nên 450

0.25

Do  nhỏ 5; 1; 12

13 13

a  b c PT (P) 5x13y12z700

0.25 VII.b Xét số có chữ số thỏa mãn đề tính số đứng đầu (ví dụ số 01325 thỏa

mãn) (1)

- Chọn chữ số chẵn chữ số chẵn có C52 cách - Chọn chữ số lẻ chữ số lẻ có C53cách

- Chọn vị trí vị trí cho chữ số chẵn có C52 cách - Cho chữ số chẵn vào vị trí có 2! cách

- Cho chữ số lẻ vào vị trí cịn lại có 3! cách Có tất C C C52 53 522!3! 12000 số thỏa mãn

0.5

Xét số có chữ số thỏa mãn đề số bắt buộc đứng đầu (2) - Cố định vị trí số

- Chọn số chẵn số chẵn (trừ số 0) có cách - Chọn chữ số lẻ chữ số lẻ có C53cách

- Chọn vị trí cho chữ số chẵn vị trí có cách - Cho chữ số lẻ vào vị trí cịn lại có 3! cách

Trường hợp có 4.C53.4.3! 960 số

Do số thỏa mãn đề số thỏa mãn (1) không thỏa mãn (2) nên có 12000 960 11040  (số)