Tuyen tap De thi Dai hoc 20022010 cac khoi A B Dkem dap an chinh thuc cua Bo GD

Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( OAB.. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm).[r]

(1)

Dịch Vụ Toán Học

Tuyển tập Đề thi Đại học từ 2002 đến 2010

(kèm theo Đáp án thức Bộ GD)

Mơn Toán

(2)

About VnMath.Com

vnMath.com Dịch vụ Toán học

info@vnmath.com

Sách Đại số

Giải tích

Hình học

Các loại khác Chun đề

Toán

Luyện thi Đại học Bồi dưỡng

HSG Đề thi

Đáp án

Đại học

Cao học Thi lớp 10

(3)

bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 - Mơn thi : tốn

Đề thức (Thời gian làm bài: 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm)

Cho hàm số : y=−x3 +3mx2 +3(1−m2)x+m3 −m2 (1) (m tham số) 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=1.

2 Tìm k để ph−ơng trình: −x3+3x2 +k3 −3k2 =0 có ba nghiệm phân biệt 3 Viết ph−ơng trình đ−ờng thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1)

Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm)

Cho phơng trình : log23 x+ log32 x+1−2m−1=0 (2) (m lµ tham sè) 1 Giải phơng trình (2) m=2

2 Tìm m để ph−ơng trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [1 ; 3]

Câu III (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm )

1 Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; 2) phơng trình: cos2 3.

2 sin 2 1 3 sin 3 cos

sin = +

     + + + x x x x x 5

2 TÝnh diện tích hình phẳng giới hạn đờng: y =|x2 4x+3| , y=x+3.

Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)

1 Cho hình chóp tam giác S.ABC đỉnh S, có độ dài cạnh đáy a Gọi M Nlần l−ợt trung điểm cạnh SB SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN, biết mặt phẳng (AMN) vng góc với mặt phẳng (SBC)

Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đ−ờng thẳng:

∆ vµ ∆    = + − + = − + − 0 4 2 2 0 4 2 : z y x z y x      + = + = + = t z t y t x 2 1 2 1 :

a) Viết ph−ơng trình mặt phẳng (P)chứa đ−ờng thẳng ∆1 song song với đ−ờng thẳng ∆2. b) Cho điểm M(2;1;4) Tìm toạ độ điểm H thuộc đ−ờng thẳng ∆2 cho đoạn thẳng MH có độ di nh nht

Câu V.( ĐH : 2,0 ®iĨm)

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vng góc Oxy , xét tam giác ABC vng A, ph−ơng trình đ−ờng thẳng BC 3x− y− 3=0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đ−ờng trịn nội tiếp Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC

Cho khai triÓn nhÞ thøc: n x n n n x x n n x n x n n x n n x x C C C

C 

      +               + +               +       =       + − − − − − − − − − − − 3 1 1 2 2 2 2 2 2 2 2 L  

( n số nguyên d−ơng) Biết khai triển Cn3 =5Cn1 số hạng thứ t− 20n, tìm n x

-HÕt -

Ghi chú: 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu V 2) Cán coi thi khơng giải thích thêm

(4)

bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002

đề thức Mơn thi : tốn, Khối B.

(Thêi gian lµm bµi : 180 phót)

_ Câu I (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm)

Cho hàm số : y=mx4 +(m2 −9)x2 +10 (1) ( m tham số). 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =1.

2 Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị.

C©u II (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm)

1 Giải phơng trình: sin23xcos2 4x=sin25xcos26x. 2 Giải bất phơng trình: logx(log3(9x 72))1.

3 Giải hệ phơng trình:

+ + = +

− = −

. 2

3

y x y x

Câu III ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm)

Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng :

4 4 x2

y = − vµ

2 4

2

x

y= .

Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm 

     ;0

2 1

I , ph−ơng trình đ−ờng thẳng AB x− y2 +2=0 AB 2= AD Tìm tọa độ đỉnh A,B,C,D biết đỉnh A có hồnh độ âm.

2 Cho h×nh lập phơng ABCDA1B1C1D1 có cạnh a

a) Tính theo a khoảng cách hai đờng thẳng A1B B1D.

b) Gọi M,N,P lần lợt trung điểm cạnh BB ,1 CD,A1D1 Tính góc giữa hai đờng thẳng MP C1N.

Câu V (ĐH : 1,0 ®iĨm)

Cho đa giác A1A2LA2n (n≥2, n nguyên ) nội tiếp đ−ờng tròn ( )O Biết số tam giác có đỉnh n2 điểm A1,A2,L,A2n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh n2 điểm A1,A2,L,A2n, tìm n

-Hết -Ghi : 1) Thí sinh chỉ thi cao đẳng không làm Câu IV b) Câu V. 2) Cán coi thi khơng giải thích thêm.

(5)

Bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002

Đề thức Môn thi : Toán, Khèi D

(Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _

CâuI ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ).

Cho hµm sè : ( ) x

m x m y

2

− − −

= (1) ( m tham số ) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ứng với m = -1

2 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đ−ờng cong (C) hai trục tọa độ Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đ−ờng thẳng y =x

C©u II ( §H : ®iĨm ; C§ : ®iĨm ).

1 Giải bất phơng trình : (x2 −3x) 2x2 −3x−2 ≥0 Gi¶i hƯ phơng trình :

= + +

− =

+

y 2

2

y y

x x x

2 x

Câu III ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ).

Tỡm x thuộc đoạn [ ; 14 ] nghiệm phng trỡnh : cos3x4cos2x+3cosx4=0

Câu IV ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ).

1 Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng (ABC); AC = AD = cm ; AB = cm ; BC = cm Tính khoảng cách từ điểm A tới mặt phẳng (BCD)

2 Trong khụng gian vi hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x−y+2=0 đ−ờng thẳng d : m ( ( ) () )

  

= + + + +

= − + − + +

0 m z m mx

0 m y m x m

( m tham số ) Xác định m để đ−ờng thẳng d song song vi mt phng (P).m

Câu V (ĐH : điểm ).

1 Tìm số nguyên dơng n cho Cn0 +2C1n +4C2n + +2nCnn =243

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxy , cho elip (E) có ph−ơng trình

9 y 16

x2 + =

Xét điểm M chuyển động tia Ox điểm N chuyển động tia Oy cho đ−ờng thẳng MN tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ Tính giá trị nhỏ

-HÕt -Chó ý :

Thí sinh thi cao đẳng không làm câu V Cán coi thi khơng giải thích thêm.

Họ tên thí sinh : Số b¸o danh

(6)

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

- Môn thi : toán khối A

đề thức Thời gian làm : 180 phút

_

Câu (2 điểm) Cho hµm sè m

x m x mx

y (1) (

2

− + +

= lµ tham sè)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = −1

2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt hai điểm có hồnh

độ d−ơng

Câu (2 điểm)

1) Giải phơng trình sin2 sin tg

2 cos

cotg 2x x

x x

x + −

+ =

−

2) Giải hệ phơng trình 

+ =

− = −

1

3 x y

y y x x



C©u (3 ®iĨm)

1) Cho hình lập ph−ơng ABCD A B C D ' ' ' ' Tính số đo góc phẳng nhị diện [B ,A'C,D] 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Ox cho hình hộp chữ nhật

có trùng với gốc hệ tọa độ,

yz

; 0; ' ' ' '

ABCD A B C D A B a( ), (0; ; 0), '(0; 0; )D a A b

Gäi

(a>0, b>0) M trung điểm cạnh CC ' a) Tính thể tích khối tứ diện BDA M theo a b ' b) Xác định tỷ số a

b để hai mặt phẳng ( 'A BD) (MBD vng góc với )

Câu ( điểm)

1) Tìm hệ số số hạng chứa x8 khai triển nhị thøc Niut¬n cđa

n

x x 

 

 + 5

3

1

 , biÕt r»ng )

3 (

3

4− + = +

+

+ C n

Cnn nn

( n số nguyên dơng, x > 0, Cnk số tổ hợp chập k n phần tử) 2) TÝnh tÝch ph©n ∫

+ =2

5 x x2 dx

I

Cho x, y, z ba số dơng x + y + z ≤ Chøng minh r»ng 82

2 2

2

2+ + + + + ≥

z z y

y x

x

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

Ghi chó: Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Số b¸o danh: ………

(7)

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

- Môn thi : toán khối B Đề thức Thời gian làm bài: 180

_

C©u (2 điểm) Cho hàm số y x= 33x2+m (1) (m lµ tham sè)

1) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng với qua gốc tọa độ 2) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =2

1) Giải phơng trình otg tg 4sin 2 sin

x x x

c

x

− + =

2) Gi¶i hƯ phơng trình

2 2

2

3

y y

x x x

y

 +

=   

+

 =

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vng góc Ox cho tam giác y ABC có

n

, 90

AB AC BAC= = BiÕt M(1; 1)− lµ trung điểm cạnh BC 2;





 

G trọng tâm tam giác Tìm tọa độ đỉnh



ABC A B C, ,

2) Cho hình lăng trụ đứng có đáy hình thoi cạnh , góc

' ' ' '

ABCD A B C D ABCD a

n 600

BAD= Gäi M lµ trung điểm cạnh trung điểm cạnh ' Chøng minh r»ng ®iĨm

' N

AA CC

', , ,

B M D N

'

thuộc mặt phẳng Hãy tính độ dài cạnh AA' theo a để tứ giác B MDN hình vng

3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Ox cho hai điểm điểm cho Tính khoảng cách từ trung điểm

yz

0) (2; 0; 0), (0; 0; 8)

A B C AC→ =(0; 6;

I BC n ng thng OA

1) Tìm giá trị lớn vµ nhá nhÊt cđa hµm sè y x= + 4−x2

2) TÝnh tÝch ph©n

π

4

0

1 2sin sin

x

I dx

x

− =

+

∫

C©u (1 điểm) Cho số nguyên dơng Tính tổng n

2

0 1 2

2

n

n n n

C C C

n +

− − −

+ + + +

+ " Cn

( C số tổ hợp chập k phần tử) nk n

-HÕt - Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh Số báo danh

(8)

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003

- Môn thi: toán Khối D

Đề thức Thời gian làm bài: 180

_

C©u (2 ®iĨm)

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 2 4

(1)

x x

y x

− + =

−

2) Tìm m để đ−ờng thẳng dm: y=mx+ −2 2m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt

1) Giải phơng trình sin2 tg2 cos2

2

x x

x

 −  − =

 

 

2) Giải phơng trình 2x2x22+ x x2 =

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxy cho đ−ờng tròn

) ( ) ( : )

(C x− 2+ y− = đờng thẳng : d x y =

Viết ph−ơng trình đ−ờng tròn ( đối xứng với đ−ờng tròn qua đ−ờng thẳng Tìm tọa độ giao điểm

')

C

(C

( )C d

) ( ')C

2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho đ−ờng thẳng

3

:

1

k

x ky z d

kx y z

0

+ − + =



 − + + = 

Tìm để đ−ờng thẳng k dk vng góc với mặt phẳng ( ) : P x y− −2z+ = 3) Cho hai mặt phẳng( )P và( )Q vng góc với nhau, có giao tuyến đ−ờng thẳng ∆

Trªn ∆ lÊy hai điểm A B, với AB a= Trong mặt phẳng lấy điểm , mặt phẳng ( lấy điểm cho ,

( )P C

)

Q D AC BD vuông góc với

Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện tính khoảng cách từ đến mặt phẳng

AC BD A

AB

=

= ABCD

(BCD theo ) a

C©u ( điểm)

1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm sè

2

1

x y

x

+ =

+ đoạn [−1; 2] 2) TÝnh tÝch ph©n

2

I =∫ x −x dx

Với n số nguyên d−ơng, gọi a3n−3 hệ số x3n−3 khai triển thành đa thức (x2+1) (n x+2)n Tìm n để a3n−3=26n

- HÕt -

Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh:………

(9)

Bộ giáo dục đào tạo đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

- Môn thi : Toán , Khối A

Đề thức Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề -

Câu I (2 điểm)

Cho hµm sè

2

x 3x y

2(x 1) − + − =

− (1) 1) Khảo sát hàm số (1)

2) Tìm m để đ−ờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm A, B cho AB =

Câu II (2 điểm)

1) Giải bất phơng trình

2

2(x 16) x x >

x x − + − − − −

2) Giải hệ phơng trình 14

2

1

log (y x) log 1

y

x y 25.

⎧

− − =

⎪ ⎨

⎪ + =

⎩

Câu III (3 điểm)

1) Trong mt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A 0; ( ) B(− 3; 1− Tìm tọa độ trực ) tâm tọa độ tâm đ−ờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB

2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AC cắt BD gốc tọa độ O Biết A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 ) Gọi M trung điểm cạnh SC

a) Tính góc khoảng cách hai đờng thẳng SA, BM

b) Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đờng thẳng SD điểm N Tính thể tích khối chóp S.ABMN

Câu IV (2 điểm)

1) TÝnh tÝch ph©n I =

2

1

x

dx 1+ x 1−

∫

2) T×m hƯ sè cđa x8 khai triển thành đa thức 1 x (1 x)+ − ⎤8

⎣ ⎦

Câu V (1 điểm)

Cho tam giác ABC không tù, thỏa mÃn điều kiện cos2A + 2 cosB + 2 cosC = TÝnh ba gãc cđa tam gi¸c ABC

- C¸n bé coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh Số báo danh

(10)

Bộ giáo dục đào tạo

-§Ị chÝnh thøc

Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Mơn: Tốn, Khối B

Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề

-C©u I (2 điểm)

Cho hàm số y = x 2x 3x 3

1 3− 2+

(1) có đồ thị (C) 1) Khảo sát hm s (1)

2) Viết phơng trình tiếp tuyến (C) điểm uốn chứng minh r»ng ∆ lµ tiÕp tun cđa (C) cã hƯ số góc nhỏ

1) Giải phơng trình 5sinx2=3(1sinx)tg2x 2) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

x x

y=ln2 đoạn [1; e3]

1) Trong mt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B(4; −3) Tìm điểm C thuộc đ−ờng thẳng x− y2 −1=0 cho khoảng cách từ C đến đ−ờng thẳng AB

2) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy ϕ (0o < ϕ < 90o) Tính tang góc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) theo ϕ Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a ϕ

3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A(−4;−2;4) đ−ờng thẳng d: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧

+ − =

− =

+ − =

1

t z

t y

t x

Viết phơng trình đờng thẳng qua điểm A, cắt vuông góc với đờng thẳng d

1) TÝnh tÝch ph©n I = dx

x x x e

∫ +

1

ln ln 3 1

2) Trong mơn học, thầy giáo có 30 câu hỏi khác gồm câu hỏi khó, 10 câu hỏi trung bình, 15 câu hỏi dễ Từ 30 câu hỏi lập đ−ợc đề kiểm tra, đề gồm câu hỏi khác nhau, cho đề thiết phải có đủ loại câu hỏi (khó, trung bình, dễ) số câu hỏi dễ khơng ớt hn ?

Xác định m để ph−ơng trình sau có nghiệm

2

4

2

1 1

1 2 2 1

1 x x x x x

m⎜⎛⎝ + − − + ⎞⎠⎟ = − + + − −

- Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh Số b¸o danh …

(11)

Bộ giáo dục đào tạo Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

- Môn: Toán, Khối D

Đề thức Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -

Cho hµm sè y x= −3 3mx2+9x 1+ (1) với m tham số 1) Khảo sát hµm sè (1) m =

2) Tìm m để điểm uốn đồ thị hàm số (1) thuộc đ−ờng thẳng y = x +

C©u II (2 ®iĨm)

1) Giải ph−ơng trình (2cosx−1)(2sinx+cosx)=sin2x−sinx. 2) Tìm m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm

⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧

− = +

= +

. 3 1 1

m y

y x x

y x

1) Trong mt phng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A(−1;0);B(4; 0);C(0;m) vớim≠ 0 Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC theo m Xác định m để tam giác GAB vuông G

2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 Biết A(a;0; 0), 0

, 0 ), ; 0 ; ( ), 0 ; 1 ; 0 ( ), 0 ; 0 ;

(−a C B1 −a b a > b>

B

a) Tính khoảng cách hai đờng thẳng B1C vµ AC1 theo a, b.

b) Cho a,b thay đổi, nh−ng ln thỏa mãn a+ b =4 Tìm a,b để khoảng cách hai đ−ờng thẳng B1C AC1lớn

3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0;1), B(1;0; 0), C(1;1;1)và mặt phẳng (P): x+y+z−2=0 Viết ph−ơng trình mặt cầu qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phng (P)

1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ −

3

2 ) ln(x x dx

2) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niut¬n cđa

7

3 1

⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜

⎝ ⎛

+ x

x với x >

Chứng minh ph−ơng trình sau có nghiệm x5 −x2 −2x−1=0

- Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh Số báo danh

(12)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

-

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Mơn: TỐN, khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -

C©u I (2 điểm)

Gọi (C ) đồ thị hàm số m y m x x

= + (*) ( m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (*) m

4 =

2) Tìm m để hàm số (*) có cực trị khoảng cách từ điểm cực tiểu (C ) đến tiệm m

cận xiên (C ) m

1 C©u II (2 điểm)

1) Giải bất phương trình 5x 1− − x 1− > 2x − 2) Giải phương trình cos 3x cos 2x cos x2 − = 0.

C©u III (3 ®iĨm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng

1

d : x y 0− = d : 2x y 0.2 + − =

Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết đỉnh A thuộc d , đỉnh C thuộc d

và đỉnh B, D thuộc trục hoành

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : x y z − = + = −

− mặt phẳng (P) : 2x y 2z 0.+ − + =

a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) b) Tìm tọa độ giao điểm A đường thẳng d mặt phẳng (P) Viết phương trình

tham số đường thẳng ∆ nằm mặt phẳng (P), biết ∆ qua A vuông góc với d

C©u IV (2 điểm)

1) Tính tích phân

2

sin 2x sin x

I dx

1 3cos x

π

+ =

+ ∫

2) Tìm số nguyên dương n cho

2 3 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n

C + −2.2C + +3.2 C + −4.2 C + + +L (2n 1).2 C+ ++ =2005 (C số tổ hợp chập kn k n phần tử)

C©u V (1 điểm)

Cho x, y, z số dương thỏa mãn 1

x+ + = Chứng minh y z

1 1

1 2x y z+ + +x 2y z+ + +x y 2z+ + ≤

- Hết - Cán coi thi không giải thích thêm

Họ tên thí sinh …… số báo danh

(13)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO - ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Mơn: TỐN, khối B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề - Câu I (2 điểm)

Gọi (C )m đồ thị hàm số ( )

2

x m x m y

x + + + + =

+ (*) (m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (*) m 1.=

2) Chứng minh với m bất kỳ, đồ thị (C )m ln ln có điểm cực đại, điểm cực tiểu

và khoảng cách hai điểm 20 Câu II (2 điểm)

1) Giải hệ phương trình

( )2

9

x y 3log 9x log y ⎧ − + − = ⎪

⎨

− = ⎪⎩

2) Giải phương trình sin x+ +cos x +sin 2x+ cos 2x = Câu III (3 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;0) B(6;4) Viết phương trình đường trịn (C) tiếp xúc với trục hoành điểm A khoảng cách từ tâm (C) đến điểm B

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A B C với 1 1

A(0; 3;0), B(4;0;0), C(0;3;0), B (4;0;4).−

a) Tìm tọa độ đỉnh A , C Viết phương trình mặt cầu có tâm 1 A tiếp xúc với

mặt phẳng (BCC B ) 1

b) Gọi M trung điểm A B Viết phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm 1 1 A, M song song với BC Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng A C điểm N 1

Tính độ dài đoạn MN Câu IV (2 điểm)

1) Tính tích phân

2

sin2x cosx

I dx

1 cosx

π

=

+

∫

2) Một đội niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam nữ Hỏi có cách phân cơng đội niên tình nguyện giúp đỡ tỉnh miền núi, cho tỉnh có nam nữ?

Câu V (1 điểm)

Chứng minh với x∈\ ta có: ,

x x x

12 15 20

3 5

⎛ ⎞ +⎛ ⎞ +⎛ ⎞ ≥ + + ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Khi đẳng thức xảy ra?

-Hết - Cán coi thi không giải thích thêm

(14)

-

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Mơn: TỐN, khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -

Gọi (C ) đồ thị hàm số m y 1x3 mx2

3

= − + (*) (m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (*) m 2.=

2) Gọi M điểm thuộc (C ) có hồnh độ 1.m − Tìm m để tiếp tuyến (C )m

điểm M song song với đường thẳng 5x y 0.− = Câu II (2 điểm)

Giải phương trình sau:

1) x 2 x 1+ + + − x 1+ =

2) 4

cos x sin x cos x sin 3x 4

π π

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + ⎜ − ⎟ ⎜ − ⎟− =

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Câu III (3 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm C 2;0( ) elíp ( )

2

x y E :

4 + = Tìm tọa độ điểm A, B thuộc ( )E , biết hai điểm A, B đối xứng với qua trục hoành tam giác ABC tam giác

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

1

x y z d :

3 − = + = +

−

x y z d :

x 3y 12 + − − = ⎧

⎨ + − = ⎩

a) Chứng minh d d song song với Viết phương trình mặt phẳng

(P) chứa hai đường thẳng d 1 d 2

b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng d , d điểm A, B Tính

diện tích tam giác OAB ( O gốc tọa độ) Câu IV (2 điểm)

1) Tính tích phân ( )

2 sin x

I e cos x cos xdx

π

=∫ + 2) Tính giá trị biểu thức

( )

4

n n

A 3A M

n !

+ +

=

+ , biết

2 2

n n n n

C + +2C + +2C + +C + =149 ( n số nguyên dương, k

n

A số chỉnh hợp chập k n phần tử k n

C số tổ hợp chập k n phần tử)

Câu V (1 điểm)

Cho số dương x, y, z thỏa mãn xyz 1.= Chứng minh

3 3 3

1 x y y z z x

3 xy yz zx

+ + + + + + + + ≥ Khi đẳng thức xảy ra?

-Hết - Cán coi thi khơng giải thích thêm

(15)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn thi: TỐN, khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = 2x3−9x2+12x 4.− Tìm m để phương trình sau có nghiệm phân biệt: 2 x3−9x2+12 x = m.

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình: ( )

6

2 cos x sin x sin x cos x 2sin x

+ −

= −

2 Giải hệ phương trình: x y xy (x, y ) x y

⎧ + − =

⎪

∈ ⎨

+ + + =

⎪⎩ \

Câu III (2 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A 'B'C 'D ' với

( ) ( ) ( ) ( )

A 0; 0; , B 1; 0; , D 0; 1; , A ' 0; 0; Gọi M N trung điểm AB CD

1 Tính khoảng cách hai đường thẳng A 'C MN

2 Viết phương trình mặt phẳng chứa A 'C tạo với mặt phẳng Oxy góc α biết cos

6 α =

Câu IV (2 điểm)

1 Tính tích phân:

2

0

sin 2x

I dx

cos x 4sin x

π

=

+

∫

2 Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thay đổi thỏa mãn điều kiện: (x y xy+ ) = x2+y2−xy

Tìm giá trị lớn biểu thức A 13 13

x y

= +

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng:

1

d : x y 3+ + =0, d : x y 4− − = 0, d : x 2y− =

Tìm tọa độ điểm M nằm đường thẳng d cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 3

1

d hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d 2

2 Tìm hệ số số hạng chứa x26 khai triển nhị thức Niutơn

n

1

x , x

⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ biết C12n 1+ +C22n 1+ + + C2n 1n + =220−

(n nguyên dương, Ckn số tổ hợp chập k n phần tử)

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải phương trình: 3.8x+4.12x−18x−2.27x =

2 Cho hình trụ có đáy hai hình trịn tâm O O ' , bán kính đáy chiều cao a Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B

sao cho AB 2a.= Tính thể tích khối tứ diện OO 'AB

-Hết -

Cán coi thi không giải thích thêm

(16)

Cho hàm số

2

x x

y

x + − =

+

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( )C hàm số cho

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị ( )C , biết tiếp tuyến vng góc với tiệm cận xiên ( )C

1 Giải phương trình: cotgx sin x tgxtgx

⎛ ⎞

+ ⎜ + ⎟=

⎝ ⎠

2 Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x2+mx 2x 1.+ = +

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) hai đường thẳng:

1

x t x y z

d : , d : y 2t

2 1

z t = + ⎧

− + ⎪

= = ⎨ = − −

− ⎪ = +

⎩

1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d1 d2

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho ba điểm A, M, N thẳng hàng

1 Tính tích phân:

ln

x x

ln

dx I

e 2e− =

+ −

∫

2 Cho x, y số thực thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

( )2 ( )2

A= x 1− +y + x 1+ +y + − y

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( )C : x2+y2−2x 6y 6− + = điểm

( )

M −3; Gọi T 1 T tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến 2 ( )C Viết phương trình đường thẳng T T 1 2

2 Cho tập hợp A gồm n phần tử (n ≥ ) Biết rằng, số tập gồm phần tử A 20 lần số tập gồm phần tử A Tìm k∈{1, 2, , n} cho số tập gồm k phần tử A lớn

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1 Giải bất phương trình: log 45( x+144)−4log log 25 < + 5( x 2− +1 )

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật với AB a, AD a 2= = , SA a= SA vng góc với mặt phẳng (ABCD ) Gọi M N trung điểm AD SC; I giao điểm BM AC Chứng minh mặt phẳng (SAC) vng góc với mặt phẳng (SMB) Tính thể tích khối tứ diện ANIB

- Hết -

Cán coi thi khơng giải thích thêm

(17)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối D

Cho hàm số y x= 3−3x 2+

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Gọi d đường thẳng qua điểm A(3; 20) có hệ số góc m Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) điểm phân biệt

1 Giải phương trình: cos3x cos2x cosx 0.+ − − =

2 Giải phương trình: 2x 1− + x2−3x 0+ = (x∈\ )

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3) hai đường thẳng:

1

x y z x y z

d : , d :

2 1

− = + = − − = − = +

− −

1 Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1

2 Viết phương trình đường thẳng Δ qua A, vng góc với d1 cắt d2

1 Tính tích phân: ( )

1

2x

I=∫ x e dx.−

2 Chứng minh với a 0> , hệ phương trình sau có nghiệm nhất:

x y

e e ln(1 x) ln(1 y) y x a

⎧ − = + − +

⎪ ⎨

− =

⎪⎩

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2+y2−2x 2y 0− + = đường thẳng d: x y 0.− + = Tìm tọa độ điểm M nằm d cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đơi bán kính đường trịn (C), tiếp xúc ngồi với đường trịn (C)

2 Đội niên xung kích trường phổ thơng có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp Bvà học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ, cho học sinh thuộc không lớp Hỏi có cách chọn vậy?

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải phương trình: 2x2+x−4.2x x2− −22x+ =4

2 Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a, SA = 2a SA vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M N hình chiếu vng góc A đường thẳng SB SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM

- Hết -

Họ tên thí sinh số báo danh

(18)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Mơn thi: TỐN, khối A

Cho hàm số

2

x 2(m 1)x m 4m

y (1),

x

+ + + +

=

+ m tham số

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m= −

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại cực tiểu, đồng thời điểm cực trị đồ thị với gốc tọa độ O tạo thành tam giác vuông O

1 Giải phương trình: (1 sin x cos x+ ) + +(1 cos x sin x sin 2x.2 ) = +

2 Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: x m x x− + + = 2−

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1

x y z d :

2 1

− +

= =

−

x 2t d : y t

z = − + ⎧

⎪ = + ⎨ ⎪ = ⎩ Chứng minh d 1 d chéo 2

2 Viết phương trình đường thẳng d vng góc với mặt phẳng ( )P : 7x y 4z 0+ − = cắt hai đường thẳng d ,1 d 2

1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường: y= +(e x,) y= +( )1 e x.x

2 Cho x, y, z số thực dương thay đổi thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

2 2

x (y z) y (z x) z (x y) P

y y 2z z z z 2x x x x 2y y

+ + +

= + + ⋅

+ + +

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn làm câu V.a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) C(4; −2) Gọi H chân đường cao kẻ từ B; M N trung điểm cạnh AB BC Viết phương trình đường trịn qua điểm H, M, N

2 Chứng minh rằng:

2n

1 2n

2n 2n 2n 2n

1 1

C C C C

2 2n 2n

− −

+ + + + =

+ (n số nguyên dương, Ckn số tổ hợp chập k n phần tử)

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải bất phương trình: 3 1

3

2 log (4x 3) log (2x 3) 2.− + + ≤

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình vng cạnh a, mặt bên SAD tam giác nằm mặt phẳng vuông góc với đáy Gọi M, N, P trung điểm cạnh SB, BC, CD Chứng minh AM vng góc với BP tính thể tích khối tứ diện CMNP

-Hết -

(19)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Mơn thi: TỐN, khối B

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

Cho hàm số: y= − +x3 3x2+3(m2−1)x 3m− 2− (1), m tham số 1

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m =

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu điểm cực trị đồ thị hàm số (1) cách gốc tọa độ O

1 Giải phương trình: 2sin 2x sin 7x sin x.2 + − =

2 Chứng minh với giá trị dương tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:

( )

2

x +2x 8− = m x −

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( )S : x2 y2 z2 2x 4y 2z 0

+ + − + + − = mặt phẳng ( )P : 2x y 2z 14 0.− + − =

1 Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa trục Ox cắt ( )S theo đường trịn có bán kính

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( )S cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P lớn

1 Cho hình phẳng H giới hạn đường: y x ln x, y 0, x e.= = = Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình H quanh trục Ox

2 Cho x, y, z ba số thực dương thay đổi Tìm giá trị nhỏ biểu thức:

x y z

P x y z

2 yz zx xy

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

= ⎜ + ⎟+ ⎜ + ⎟+ ⎜ + ⎟

⎝ ⎠

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn làm hai câu: V.a V.b) Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Niutơn 10 (2 x) ,+ n biết:

( )n

n n 1 n 2 n 3 n

n n n n n

3 C −3 C− +3 − C −3 C− + + − C =2048 (n số nguyên dương, k

n

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm A 2; 2( ) đường thẳng: d1: x + y – = 0, d2: x + y – =

Tìm tọa độ điểm B C thuộc d1 d2 cho tam giác ABC vuông cân A

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải phương trình: ( 1− ) (x+ 1+ )x−2 0.=

2 Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình vng cạnh a Gọi E điểm đối xứng D qua trung điểm SA, M trung điểm AE, N trung điểm BC Chứng minh MN vng góc với BD tính (theo a) khoảng cách hai đường thẳng MN AC

-Hết -

Họ tên thí sinh: ……… ………Số báo danh: ………

(20)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Mơn thi: TỐN, khối D

Cho hàm số y 2x x =

+

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( )C hàm số cho

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến (C) M cắt hai trục Ox, Oy A, B tam giác OAB có diện tích

4

1 Giải phương trình:

2

x x

sin cos cos x

2

⎛ ⎞

+ + =

⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 Tìm giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

3

1

x y

1

x y 15m 10

x y

⎧ + + + = ⎪⎪

⎨

⎪ + + + = −

⎪⎩

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A 1; 4; , B 1; 2; 4( ) (− ) đường thẳng x y z

:

1

− +

Δ = =

−

1 Viết phương trình đường thẳng d qua trọng tâm G tam giác OAB vng góc với mặt phẳng (OAB )

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ cho MA2+MB2 nhỏ

Câu IV (2 điểm) Tính tích phân:

e

3

1

I=∫x ln xdx Cho a b 0.≥ > Chứng minh rằng:

b a

a b

1

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

+ ≤ +

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn làm hai câu: V.a V.b) Câu V.a Theo chương trình THPT khơng phân ban (2 điểm)

1 Tìm hệ số x5 khai triển thành đa thức của: x 2x( − )5+x 3x2( + )10

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) (C : x 1− ) (2+ +y 2)2 = đường thẳng d : 3x 4y m 0.− + =

Tìm m để d có điểm P mà từ kẻ hai tiếp tuyến PA, PB tới ( )C (A, B tiếp điểm) cho tam giác PAB

Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) Giải phương trình: log 42( x 15.2x 27) 2log2 x1

4.2

+ + + =

−

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy hình thang, nABC BAD 90 ,=n= BA = BC = a, AD = 2a Cạnh

bên SA vng góc với đáy SA = a Gọi H hình chiếu vng góc A SB Chứng minh tam giác SCD vuông tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD )

-Hết -

Họ tên thí sinh: ……… ………Số báo danh: ………

(21)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối A

Thời gian làm 180 phút, không kể thời gian phát đề

Cho hàm số y mx2 (3m2 2)x (1), x 3m

+ − −

=

+ với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m 1=

2 Tìm giá trị m để góc hai đường tiệm cận đồ thị hàm số (1) 45 o Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình 1 4s in 7π x 3π

sinx sin x

2

⎛ ⎞

+ = ⎜ − ⎟

⎛ − ⎞ ⎝ ⎠

⎜ ⎟

⎝ ⎠

2 Giải hệ phương trình ( )

2

4

5 x y x y xy xy

4 x, y .

x y xy(1 2x) ⎧ + + + + = − ⎪⎪

∈ ⎨

⎪ + + + = −

⎪⎩

\

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 2;5;3 đường thẳng ( )

d : x y z

2

− = = −

1 Tìm tọa độ hình chiếu vng góc điểm A đường thẳng d

2 Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d cho khoảng cách từ A đến (α) lớn

Tính tích phân

π

0

tg x

I dx

cos 2x =∫

Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt :

42x+ 2x x x m+ 4 − + − = (m∈\ ).

PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b

Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình tắc elíp (E) biết (E) có tâm sai

3 hình chữ nhật sở (E) có chu vi 20 Cho khai triển ( )n n

0 n

1 2x+ = +a a x a x ,+ + n∈` hệ số *

0 n

a ,a , ,a thỏa mãn hệ thức n

0 n

a a

a 4096

2

+ + + = Tìm số lớn số a ,a , ,a 0 1 n

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải phương trình 2

2x x

log − (2x + − +x 1) log (2x 1)+ − =

2 Cho lăng trụ ABC.A 'B'C ' có độ dài cạnh bên 2a, đáy ABC tam giác vuông A, AB = a, AC = a hình chiếu vng góc đỉnh A ' mặt phẳng (ABC) trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC tính cosin góc hai đường thẳng AA ', B'C '

Hết

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

Họ tên thí sinh: Số báo danh:

(22)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối B

Cho hàm số y 4x= 3−6x2+ (1) 1

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến qua điểm M 1; (− − )

1 Giải phương trình sin x3 − 3cos x sinxcos x3 = − 3sin xcosx.2

2 Giải hệ phương trình

4 2

2

x 2x y x y 2x x 2xy 6x

⎧ + + = +

⎪ ⎨

+ = +

⎪⎩ (x, y∈ \ )

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A 0;1; , B 2; 2;1 ,C 2;0;1 ( ) ( − ) (− ) Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B,C

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt phẳng 2x 2y z 0+ + − = cho MA MB MC.= =

Tính tích phân

0

sin x dx

I

sin 2x 2(1 sin x cos x)

π ⎛ π⎞

−

⎜ ⎟

⎝ ⎠

=

+ + +

∫

2 Cho hai số thực x, y thay đổi thỏa mãn hệ thức x2+y2= Tìm giá trị lớn giá 1.

trị nhỏ biểu thức P 2(x2 6xy)2 2xy 2y

+ =

+ +

PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Chứng minh k k 1 k

n n n

n 1 1

n C C + C

+ +

⎛ ⎞

+ + =

⎜ ⎟

+ ⎝ ⎠ (n, k số nguyên dương, k n,≤

k n

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xác định tọa độ đỉnh C tam giác ABC biết hình chiếu vng góc C đường thẳng AB điểm H( 1; 1),− − đường phân giác góc A có phương trình x y 0− + = đường cao kẻ từ B có phương trình

4x 3y 0.+ − =

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải bất phương trình log0,7 log6x2 x

x ⎛ + ⎞<

⎜ + ⎟

⎝ ⎠

2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh 2a, SA a,= SB a 3= mặt phẳng (SAB) vng góc với mặt phẳng đáy Gọi M, N trung điểm cạnh AB, BC Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN tính cosin góc hai đường thẳng SM, DN

Hết

(23)

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn thi: TỐN, khối D

Cho hàm số y x= 3−3x2+4 (1).

2 Chứng minh đường thẳng qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k ( k> − ) cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I trung điểm đoạn thẳng AB

1 Giải phương trình 2sinx (1 cos2x) sin2x 2cosx.+ + = + Giải hệ phương trình

2

xy x y x 2y x 2y y x 2x 2y ⎧ + + = −

⎪ ⎨

− − = −

⎪⎩ (x, y∈\ )

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3),C(0;3;3), D(3;3;3) Viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D

2 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC

1 Tính tích phân

2

lnx

I dx

x =∫

2 Cho x, y hai số thực không âm thay đổi Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức P (x y)(1 xy)2 2

(1 x) (1 y)

− −

=

+ +

PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHƠNG phân ban (2 điểm)

1 Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức C12n+C32n+ + C2n2n 1− =2048 (C số tổ hợp kn chập k n phần tử)

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y2 =16x điểm A(1; 4) Hai điểm

phân biệt B, C (B C khác A) di động (P) cho góc nBAC 90 = o Chứng minh

đường thẳng BC qua điểm cố định

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải bất phương trình 1

2

x 3x

log

x

− + ≥

2 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC tam giác vng, AB = BC = a, cạnh bên AA' a 2.= Gọi M trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' khoảng cách hai đường thẳng AM, B'C

Hết

Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm

(24)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

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

Cho hàm số

2

x y

x + =

+ (1)

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến cắt trục hồnh, trục tung hai điểm phân biệt A , B tam giác OAB cân gốc toạ độ O

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình ( )

( )( )

1 2sin cos

3 2sin sin

x x

−

=

+ −

2 Giải phương trình 2 33 x− +2 5− x − =8 0 (x∈\ ). Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân ( )

2

3

0

cos cos

I x

π

=∫ − x dx

Câu IV (1,0 điểm)

Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình thang vng A D; AB=AD=2a, CD a= góc ; hai mặt phẳng (SBC) (ABCD ) 60 D Gọi trung điểm cạnh I AD Biết hai mặt phẳng (SBI ) (SCI) vng góc với mặt phẳng (ABCD , tính thể tích khối chóp ) S ABCD theo a

Câu V (1,0 điểm)

Chứng minh với số thực dương , ,x y z thoả mãn x x y z( + + )=3 ,yz ta có: (x y+ ) (3+ x z+ )3+3(x y x z y z+ )( + )( + ) ≤5(y z+ )3

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 với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm giao điểm hai đường chéo

(6;2) I

AC BD Điểm M( )1;5 thuộc đường thẳng AB trung điểm E cạnh thuộc đường thẳng Viết phương trình đường thẳng

CD :x y

Δ + − = AB

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P : 2x−2y z− − = mặt cầu

( )S :x2+y2+z2−2x−4y−6z−11 0.= Chứng minh mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S theo

đường trịn Xác định toạ độ tâm tính bán kính đường trịn

Câu VII.a (1,0 điểm)

Gọi hai nghiệm phức phương trình z1 z2 z2 +2z+10= Tính giá trị biểu thức 0 2

A= z + z

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

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( )C :x2 +y2+4x+4y+ = đường thẳng 6 0

với m tham số thực Gọi tâm đường trịn ( Tìm để :x my 2m

Δ + − + = 0, I C) m Δ cắt ( )C

tại hai điểm phân biệt A B cho diện tích tam giác IAB lớn

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( )P x: −2y+2z− = hai đường thẳng

1

:

1

x+ y z+

Δ = = , 2:

2

1 x− y− z+

Δ = =

− Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng Δ cho

khoảng cách từ M đến đường thẳng Δ khoảng cách từ M đến mặt phẳng 2 ( )P

Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )

2

log log

,

3x xy y 81

x y xy

x y

− +

⎧ + = +

⎪ ∈

⎨

=

⎪⎩ \

- Hết -

(25)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn: TỐN; Khối: B

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

Cho hàm số y=2x4−4x2 (1)

2 Với giá trị m, phương trình x x2| 2−2 |= có nghiệm thực phân biệt ? m

1 Giải phương trình sinx+cos sin 2x x+ 3 cos3x=2(cos 4x+sin ).3x

2 Giải hệ phương trình 2 2 2 ( , ) 13

xy x y

x y x y xy y

+ + = ⎧

∈

⎨ + + =

⎩ \

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

3

3 ln ( 1)

x

I d

x + =

+

∫ x

Cho hình lăng trụ tam giác ABC A B C ' ' ' có BB'= góc đường thẳng a, BB mặt phẳng ' tam giác

(ABC) 60 ;D ABC vuông C BACn= 60 D Hình chiếu vng góc điểm 'B lên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm tam giác ABC Tính thể tích khối tứ diện 'A ABC theo a

Cho số thực ,x y thay đổi thoả mãn (x y+ )3+4xy≥ Tìm giá trị nhỏ biểu thức 2.

4 2 2

3( ) 2( )

A= x + y +x y − x +y +

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 với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) : ( 2)2

5

C x− +y = hai đường thẳng Δ1:x y− = 0, Xác định toạ độ tâm

2:x 7y

Δ − = K tính bán kính đường trịn ( biết đường trịn tiếp xúc với đường thẳng tâm

1);

C ( )C1

1,

Δ Δ K thuộc đường trịn ( ).C

2 Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tứ diện ABCD có đỉnh Viết phương trình mặt phẳng qua cho khoảng cách từ đến khoảng cách từ đến (

(1;2;1), ( 2;1;3), (2; 1;1)

A B − C −

(0;3;1)

D ( )P A B, C ( )P

D P)

Tìm số phức thoả mãn: z z− + =(2 i) 10 z z=25

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A( 1;4)− đỉnh B C, thuộc đường thẳng Δ:x y− − = 0.4 Xác định toạ độ điểm B C, biết diện tích tam giác ABC 18 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) :P x−2y+2z− = hai điểm ( 3;0;1),5 A −

Trong đường thẳng qua (1; 1;3)

B − A song song với viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ

( ),P B đến đường thẳng nhỏ

Tìm giá trị tham số m để đường thẳng y= − + cắt đồ thị hàm số x m y x2 x

−

= hai điểm phân biệt cho

,

A B AB=4

- Hết -

Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm

(26)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn: TỐN; Khối: D

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

Cho hàm số y x= 4−(3m+2)x2+ m3

m

C m

có đồ thị ( ), tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số cho m=

2 Tìm m để đường thẳng y= −1 cắt đồ thị (C )m điểm phân biệt có hoành độ nhỏ

1 Giải phương trình cos5x−2sin cos 2x x−sinx= Giải hệ phương trình 2

2

( 1)

( , )

( )

x x y

x y x y

x + + − = ⎧

⎪ ∈

⎨ + − + =

⎪⎩ \

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân

3

x

dx I

e =

−

∫

Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C ' ' ' có đáy ABC tam giác vng B AB a AA, = , ' , '= a A C=3 a Gọi M trung điểm đoạn thẳng ' ',A C I giao điểm Tính theo thể tích khối tứ diện khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng (

AM A C' a IABC

A IBC)

Cho số thực không âm ,x y thay đổi thoả mãn x y+ = Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức S=(4x2+3 )(4y y2+3 ) 25 x + xy

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Ox cho tam giác , có trung điểm cạnh Đường trung tuyến đường cao qua đỉnh có phương trình

y ABC M(2;0) AB

A 7x−2y− = Viết phương

trình đường thẳng

6x y− − =4

AC

2 Trong không gian với hệ toạ độ , cho điểm mặt phẳng Xác định toạ độ điểm

Oxyz A(2;1;0), (1;2;2), (1;1;0)B C

( ) :P x y z+ + −20 0.= D thuộc đường thẳng cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (

AB )

P

Trong mặt phẳng toạ độ Ox tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức thoả mãn điều kiện |y, z z− −(3 ) | 2.i =

1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn ( ) : (C x−1)2+y2= Gọi tâm 1 Xác định toạ độ điểm

I ( ).C M thuộc ( )C cho nIMO= 30 D

2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng : 2

1 1

x+ y−

Δ = =

− z

m

mặt phẳng Viết phương trình đường thẳng nằm ( cho d cắt vng góc với đường thẳng

( ) :P x+2y−3z+ =4 d P)

Δ

Tìm giá trị tham số để đường thẳng m y= − + cắt đồ thị hàm số 2x y x2 x x + −

= hai điểm phân biệt A B, cho trung điểm đoạn thẳngAB thuộc trục tung

- Hết -

(27)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối: A

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

Cho hàm số y = x3− 2x2+ (1 − m)x + m (1), m tham số thực

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m =

2 Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành điểm phân biệt có hồnh độ x1, x2, x3 thoả mãn điều

kiện 2

1

x + x + x <

1 Giải phương trình

(1 sin cos )sin

1

4 cos

1 tan

x x x

x x

π

⎛ ⎞

+ + ⎜⎝ + ⎟

⎠ =

+

2 Giải bất phương trình

2

1 2(

x x

−

− − + ) ≥

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 2

0

2 d

x x

x

x e x e

x e

+ +

+

∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a Gọi M N trung điểm cạnh AB AD; H giao điểm CN với DM Biết SH vng góc với mặt phẳng (ABCD) SH = a 3 Tính thể tích khối chóp S.CDNM tính khoảng cách hai đường thẳng DM

SC theo a

Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

(4 1) ( 3)

4

x x y y

x y x

⎧ + + − − =

⎪ ⎨

+ + − =

⎪⎩ (x, y ∈ R)

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3x + = dy 2: x − = Gọi (T) y

đường tròn tiếp xúc với d1 A, cắt d2 hai điểm B C cho tam giác ABC vng B Viết

phương trình (T), biết tam giác ABC có diện tích

2 điểm A có hồnh độ dương Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:

2 1

x− = =y z

−

+ mặt phẳng (P): x − 2y + z = Gọi C giao điểm ∆ với (P), M điểm thuộc ∆ Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC =

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo số phức z, biết z ( 2 i) (12 2 )

= + − i

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng qua trung

điểm cạnh AB AC có phương trình x + y − = Tìm toạ độ đỉnh B C, biết điểm E(1; −3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác cho

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) đường thẳng ∆: 2

3

x+ = y− = z+ Tính khoảng cách từ A đến ∆ Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ hai điểm B C cho BC =

Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = (1 )3

i i

−

− Tìm mơđun số phức z + i z

- Hết -

(28)

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối: B

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

1

x y

x

+ =

+

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 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 3 (O gốc tọa độ)

1 Giải phương trình (sin2x + cos ) cosx x + 2cos 2x − sinx = Giải phương trình 3x+ −1 6− +x 3x2−14x−8 = 0 (x ∈ R)

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

( )2

1

ln

d ln

e

x

I x

x x

=

+

∫

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) Gọi G trọng tâm tam giác Tính thể tích khối lăng trụ cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a

60o A BC'

Câu V (1,0 điểm) Cho số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 3(a b2 2+b c2 2+ c a2 2)+ 3(ab+ bc+ ca)+ 2 a2+ b2+ c2

1 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

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), b, c dương và 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) 1

3

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa mãn: (1 )

z i− = +i z

1 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3) elip (E):

2

1

x + y =

Gọi F1 F2

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

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ:

2

x= y− = Xác định tọa độ điểm M z

trục hoành cho khoảng cách từ M đến Δ OM

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình log (32 1)2 4x 2x

y x

y

− = ⎧⎪

⎨

+ =

⎪⎩ (x, y ∈ R)

- Hết -

(29)

ĐỀ CHÍNH THỨC

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x4− x2+

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho

2 Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vng góc với đường thẳng 1

y= x−

1 Giải phương trình sin 2x− cos 2x+ 3sinx− cosx − =1

2 Giải phương trình 42x+ x+2 + 2x3 = 42+ x+2+ 2x3+4x−4 (x ∈ R) Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân

1

3

2 ln

e

d

I x x

x

⎛ ⎞

= ⎜ − ⎟

⎝ ⎠

∫ x

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vng góc đỉnh S mặt phẳng (ABCD) điểm H thuộc đoạn AC, AH =

4

AC

Gọi CM đường cao tam giác SAC Chứng minh M trung điểm SA tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a

Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = − +x2 4x+ 21 − − +x2 3x+

A Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm)

1 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

2 Trong không 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) 2.

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = 2 z2 số ảo

1 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 bằng AH

2 Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1:

3

x t

y t z t

= + ⎧ ⎪ = ⎨ ⎪ = ⎩

và Δ2:

2

x− = y− = z

Xác định tọa độ điểm M thuộc Δ1 cho khoảng cách từ M đến Δ2

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình

2

2 2

4

2log ( 2) log

x x y

x

⎧ − + + =

⎪

⎨ − − y=

⎪⎩ (x, y ∈ R)

- Hết -

Họ tên thí sinh: ; Số báo danh:

(30)

ĐÁP ÁN CHI TIẾT

vnMath.com Dịch vụ Toán học

info@vnmath.com

Sách Đại số

Giải tích

Hình học

Các loại khác Chun đề

Toán

Luyện thi Đại học Bồi dưỡng

HSG Đề thi

Đáp án

Đại học

Cao học Thi lớp 10

Olympic Giáo án môn

(31)

1

bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ng nm 2002

- Đáp án thang điểm môn toán khối A

Câu ý Nội dung ĐH CĐ

I 1 m=1⇒y=−x3+3x2

Tập xác định ∀x∈R y'=−3x2 +6x=−3x(x−2),   

= = ⇔ =

2 0 0

'

2

x x y

1 0

" ,

0 6 6

"=− x+ = y = x=

y

Bảng biến thiên

∞ + ∞

− 0 1 2

x

−

'

y 0 + 0 −

−

+ 0

"

y

y + ∞ lâm U 4 CT C§

låi ∞−



 

= = ⇔ =

3 0 0

x x

y , y(1)=4 Đồ thị:

( ThÝ sinh cã thĨ lËp b¶ng biến thiên)

1,0 đ 0,25 đ

0,5 đ

0,25 ®

∑1,5 ® 0,5®

0,5 ®

-1 x

2

y

(32)

2

I 2 C¸ch I Ta cã −x3 +3x2 +k3−3k2 =0⇔−x3 +3x=−k3 +3k2

. Đặt a =−k3 +3k2 Dựa vào đồ thị ta thấy ph−ơng trình −x3 +3x2 =a có nghiệm phân biệt ⇔0<a<4⇔0<−k3 +3k2 <4

( )( )    > − + < ≠ ⇔    > + − + < ≠ ⇔ 0 ) 4 )( (

2 k k

k k k k k    ≠ ∧ ≠ < < − ⇔ 2 0 3 1 k k k

C¸ch II Ta cã

[ ( 3) 3 ] 0

) ( 0 3

3 2

3 + + − = ⇔ − + − + − =

−x x k k x k x k x k k

cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔ f(x)= x2 +(k−3)x+k2 −3k =0 có nghiệm phân biệt khác k

   ≠ ∧ ≠ < < − ⇔    ≠ − + − + > + + − = ∆ ⇔ 2 0 3 1 0 3 3 0 9 6 3 2 2 k k k k k k k k k k

∑0 ®,5 0,25 ® 0,25 ®

-0,25®

0,25 ®

∑0 ®,5 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 3 C¸ch I. 3 ) ( 3 ) 1 ( 3 6

3 2

' =− x + mx+ −m =− x−m +

y , 

  + = − = ⇔ = 1 1 0 ' m x m x y

Ta thấy x1 ≠ x2 'y đổi dấu qua x 1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị tại

1

x vµ x 2

2 3 )

(

1

1 = y x =−m + m−

y vµ y2 = y(x2)=−m2 +3m+2 Phơng trình đờng thẳng qua điểm cực trị

M1(m−1;−m2 +3m−2) vµ M2(m+1;−m2 +3m+2) lµ:

− + = + − + ⇔

4

2 3 2

1 y m2 m

m x

m m x

y=2 − +

C¸ch II y' =−3x2 +6mx+3(1−m2)=−3(x−m)2 +3, Ta thÊy 0 ' 0 9 ) 1 ( 9 9

'= + − = > ⇒ =

∆ m m y cã nghiÖm x1 ≠ x2

'y đổi dấu qua x 1 x2 ⇒ hàm số đạt cực trị x 1 x 2 Ta có y=−x3+3mx2 +3(1−m2)x+m3 −m2

( 3 6 3 3 ) 2 .

3 3

1x m− x2 + mx+ − m2 + x−m2 +m

 =

Từ ta cã y1 =2x1−m2 +m vµ y2 =2x2 −m2 +m.

Vậy phơng trình đờng thẳng qua điểm cực trị là y=2xm2 +m.

1,0 đ 0,25 đ 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®

∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25® 0,25 ® 0,25 ® II 1.

Víi m=2 ta cã log32 x+ log32 x+1−5=0 §iỊu kiƯn x>0 §Ỉt t = log32 x+1≥1 ta cã t2 −1+t−5=0⇔t2 +t−6=0 .

2 3    = − = ⇔ t t

∑0 ®,5 0,25 ®

∑1 ®,0 0,5 ®

(33)

3 3

1 =−

t (lo¹i) , t2 =2⇔log32 x=3⇔log3 x=± 3⇔ x=3±

3

3± =

x tháa m·n ®iỊu kiƯn x>0.

(Thí sinh giải trực tiếp đặt ẩn phụ kiểu khác)

0,25 ® 0,5 ®

2. 0 1 2 1 log log

3 x+ x+ − m− = (2)

§iỊu kiƯn x>0 Đặt t = log32 x+11 ta có t2 −1+t−2m−1=0⇔t2 +t−2m−2=0 (3)

. 2 1 log 1 3 log 0 ] 3 , 1 [ 3

3 ⇔ ≤ ≤ ⇔ ≤ = + ≤

∈ x t x

x

VËy (2) cã nghiƯm ∈[1,3 3] vµ chØ (3) cã nghiÖm ∈[ 1,2 ] Đặt f(t)=t2 +t

Cách 1.

Hàm số f(t) hàm tăng đoạn [1;2] Ta có f(1)=2 f(2)=6. Phơng trình t2 +t=2m+2⇔ f(t)=2m+2 cã nghiÖm ∈[ ]1;2

0 2.

6 2 2 2 2 2 2 2 ) 2 ( 2 2 ) 1 ( ≤ ≤ ⇔    ≤ + + ≤ ⇔    + ≥ + ≤ ⇔ m m m m f m f C¸ch 2.

TH1 Phơng trình (3) có nghiÖm t1,t2 tháa m·n 1<t1 ≤t2 <2 Do 1

2 1 2

2

1 + t =− <

t

nªn không tồn m

TH2 Phơng trình (3) có nghiệm t1,t2 thỏa mÃn t1 ≤1≤t2 ≤2 hc 1≤t1 ≤2≤t2

⇔−2m(4−2m)≤0⇔ 0≤m≤2.

(Thí sinh dùng đồ thị, đạo hàm đặt ẩn phụ kiểu khác )

∑1 ®,0 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®

∑1 ®,0 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® III 1.

5 cos2 3

2 sin 2 1 3 sin 3 cos

sin = +

     + + + x x x x

x §iỊu kiƯn

2 1 2

sin x≠−

Ta cã 5 =

     + + + x x x x 2 sin 2 1 3 sin 3 cos

sin 5 

     + + + + x x x x x x 2 sin 2 1 3 sin 3 cos 2 sin sin 2 sin

=5 =

     + + + − + x x x x x x 2 sin 2 1 3 sin 3 cos 3 cos cos sin 5 x x x x cos 5 2 sin 2 1 cos ) 1 2 sin 2 ( =       + + VËy ta có: 5cosx=cos2x+32cos2 x5cosx+2=0

cosx=2 (loại) 2 ( ).

3 2

1

cosx= ⇒ x=±π + kπ k∈Z

∑1,0 ® 0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

∑1,0 ® 0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

(34)

4

2.

Vìx(0;2 nên lấy ) 3

1

π =

x vµ

3 5

2

π =

x Ta thÊy x1, x2 tháa m·n ®iỊu kiƯn

2 1 2

sin x Vậy nghiệm cần tìm là: 3

1

=

x vµ

3 5

2

π =

x .

(Thí sinh sử dụng phép biến đổi khác)

Ta thÊy ph−¬ng trình |x2 4x+3|=x+3 có nghiệm x1 =0 x2 =5. Mặt khác |x2 4x+3| x+3 x[ ]0;5 VËy

(x x x )dx (x x x )dx (x x x )dx S =∫ + − − + =∫1 + − + − +∫ + + − +

0

3

1

2

5

0

2 4 3| 3 4 3 3 4 3

|

+∫5(x+ −x + x− )dx

3

2 4 3

3

( x x)dx (x x )dx ( x x)dx

S =∫ − + +∫ − + +∫5 − +

3

1

0

2 5 3 6 5

5 3

1

3

0

2 5 3 1 6

2 3 3 1 2

5 3 1

   



− +

+    



 − +

+    



− +

= x x x x x x x

S

6 109 3

22 3 26 6

13+ + =

=

S (®.v.d.t)

(Nếu thí sinh vẽ hình khơng thiết phải nêu bất đẳng thức

|x2 −4x+3|≤ x+3 ∀ x∈[ ]0;5 )

0,25 ®

∑1,0 ®

0,25 ®

0,25®

0,25 ®

∑1,0 ®

0,25 ®

0,25®

IV 1. ∑1® ∑1®

x

5 1

0 -1

y

3

3 2

1 8

-1

(35)

5 S

N I

M C

A K

B

Gäi K lµ trung điểm BC I =SKMN Từ giả thiết

MN a BC MN , 2 2 1 = =

// BC trung điểm SK vµ MN I

Ta cã ∆SAB=∆SAC⇒ hai trung tuyÕn tơng ứng AM = AN AMN cân A AIMN.

Mặt khác

( ) ( )

( ) AI (SBC) AI SK

MN AI AMN AI MN AMN SBC AMN SBC ⊥ ⇒ ⊥ ⇒        ⊥ ⊂ = ∩ ⊥ .

Suy SAK cân

2 3

a AK SA

A⇒ = = .

2 4 4

3 2

2

2 SB BK a a a

SK = − = − =

4 10 2 2 2

2 SK a a a

SA SI

SA

AI  = − =

     − = − = ⇒ . Ta cã 16 10 . 2

1 a2

AI MN

S∆AMN = = (®vdt)

chó ý

1) Cã thÓ chøng minh AI⊥MN nh− sau:

BC⊥(SAK)⇒MN⊥(SAK)⇒MN⊥AI. 2) Có thể làm theo ph−ơng pháp tọa độ:

Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho

      −       −      −     

 a h

S a A a C a B K ; 6 3 ; 0 , 0 ; 2 3 ; 0 , 0 ; 0 ; 2 , 0 ; 0 ; 2 ), 0 ; 0 ; 0 (

h độ dài đ−ờng cao SH hình chóp S.ABC.

(36)

6

2a)

Cách I Phơng trình mặt phẳng (P chứa đờng thẳng ) có dạng:1

(x2y+z4) (+ x+2y−2z+4)=0

α (α2 +β2 ≠0)

⇔ (α +β) (x− 2α −2β) (y+ α −2β)z−4α+4β =0

VËy nrP =(α+β;−2α +2β;α−2β).Ta cã ur2 =(1;1;2)//∆ vµ2 M2(1;2;1)∈∆2

( )P // ( ) ( ) ( )

   ∉ = − ⇔    ∉ = ⇔ ∆ P M P M u nP 2 2 0 1 ; 2 ; 1 0

.r α β

r

VËy ( )P :2x− z=0

C¸ch II Ta cã thĨ chun phơng trình sang dạng tham số nh sau:1

Từ phơng trình suy 1 2x z=0. Đặt

     = − = = ∆ ⇒ = ' 4 2 ' 3 ' 2 : ' 2 1 t z t y t x t x

(0; 2;0) 1, 1 (2;3;4)

1 − ∈∆ =

⇒M ur //∆ 1

(Ta tìm tọa độ điểm M1∈∆1 cách cho x=0⇒ y=−2 z=0

vµ tÝnh (2;3;4)

2 1 2 1 ; 1 2 1 1 ; 2 2 1 2

1 =

     − − − − = ur ).

Ta có ur2 =(1;1;2)//∆ Từ ta có véc tơ pháp mặt phẳng )2 (P : [ 1, 2]=(2;0;−1)

= u u

nrP r r Vậy phơng trình mặt phẳng (P qua ) M1(0;−2;0) vµ ⊥ nrP =(2;0;−1) lµ: 2x− z =0.

Mặt khác M2(1;2;1) ( ) P phơng trình mặt phẳng cần tìm là: 2x z =0

∑0 ®,5 0,25 ®

0,25 ®

-0,25 ® 0,25 ®

∑1 ®,0 0,5 ® 0,5 ® -0,5 ® 0,5 ® 2b)

b)C¸ch I H∈∆2 ⇒H(1+t,2+t,1+2t)⇒MH =(t−1;t+1;2t−3) ( ) ( ) (−12 + +1 + 2 −3)2 = 6 −12 +11= 6( −1)2 +5 =

⇒MH t t t t t t

đạt giá trị nhỏ t =1⇒ H(2;3;3)

C¸ch II H∈∆2 ⇒H(1+t;2+t;1+2t).

MH nhá nhÊt ⇔ MH⊥∆2 ⇔ MH.ur2 =0⇔t =1⇒H(2;3;4)

∑0 ®,5 0,25 ® 0,25 ®

-0,25 ® 0,25 ®

∑1 ®,0 0,5 ® 0,5 ® -0,5 ® 0,5 đ V 1.

Ta có BCIOx=B( )1;0 Đặt xA = ta cã a A( oa; ) vµ .

3

3 −

= ⇒

=a y a

xC C VËy C(a; 3a− 3).

Tõ c«ng thøc

( ) ( )      + + = + + = C B A G C B A G y y y y x x x x 3 13 1

ta cã 

     + − 3 ) 1 ( 3 ; 3 1

2a a

G .

C¸ch I.

Ta cã :

AB=|a−1|, AC = 3|a−1|, BC =2|a−1| Do đó

∑1®

0,25 ®

(37)

7

( )2

1 2 3 . 2 1 − = =

∆ ABAC a

S ABC .

Ta cã ( )

| 1 | 3 | 1 | 3 1 3 2 − + − − = + + = a a a BC AC AB S

r = 2.

1 3 | 1 | = + − a

VËy |a−1|=2 3+2.

TH1 

     + + ⇒ + = 3 3 2 6 ; 3 3 4 7 3 3 2 1 G a

TH2 

    − − − − ⇒ − − = 3 3 2 6 ; 3 1 3 4 1 3 2 2 G a . C¸ch II. y C I

O B A x

Gọi I tâm đờng tròn nội tiếp ABC Vì r =2 yI =2

Phơng trình ( ) 1 2 3

3 1 1

. 30

: = − = − ⇒ = ±

I x x x tg y BI .

TH1 Nếu A O khác phía B⇒xI =1+2 3. Từ d(I,AC)=2 .

3 2 3 2= + +

=

⇒a xI 

     + + ⇒ 3 3 2 6 ; 3 3 4 7 G

TH Nếu A O phía B⇒xI =1−2 3. T−ơng tự

ta cã a= xI −2=−1−2 3. 

    − − − − ⇒ 3 3 2 6 ; 3 1 3 4 G 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® -0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 2.

Tõ Cn3 =5C1n ta cã n≥3 vµ ∑

1 ®

(38)

8

( ) ( ) 6 5 3 28 0

) 2 )( 1 ( ! 1 ! 5 ! 3 ! 3

! ⇔ − − = ⇔ − − =

− =

− n n n

n n n n

n n

n

n1 =4 (loại) n2 =7.

Víi n=7 ta cã

. 4 4

2 140 2

. 2 . 35 140 2

2 2

3

1

7  = ⇔ = ⇔ = ⇔ =

         

 − − − − −

x

C x x x

x x

0,25 ® 0,25 ®

0,5 ®

(39)

1

Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 - Đáp án thang điểm đề thi thức

Môn toán, khối b

Câu ý Néi dung §H C§

I 1 Với m=1 ta có y= x4 −8x2 +10 hàm chẵn ⇒ đồ thị đối xứng qua Oy Tập xác định ∀ x∈R, y'=4x3−16x=4x(x2 −4), y'=0 

 

± =

= ⇔

2 0

x x

,

3 4 12

16 12

" 2 

  



 −

= −

= x x

y

3 2 0

"= ⇔x=±

y

Bảng biến thiên:

+ −

− ∞

− 2

3 2 0

3 2 2

x

− '

y + − +

"

y + 0 − +

+∞ 10 +∞

y lâm U C§ U lâm

CT låi CT −6 −6 Hai ®iĨm cùc tiĨu : A1(−2;−6) vµ A2(2;−6)

Một điểm cực đại: B(0;10)

Hai ®iĨm n: 

  

  −

9 10 ; 3

2

1

U vµ 

  

 

9 10 ; 3 2

2

U

Giao điểm đồ thị với trục tung B(0;10) Đồ thị cắt trục hoành điểm có hồnh độ:

6 4+ ± =

x vµ x=± 4− 6

(Thí sinh lập bảng biến thiên)

∑1,0®

0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

∑1,5®

0,5 ®

x 0

10

y

-6

-2 2

A2 A1

B

U1 U2

(40)

2

I 2 y'=4mx3 +2(m2 −9)x=2x(2mx2 +m2 −9),    = − + = ⇔ = 0 9 2 0 0

' 2 2

m mx

x y

Hàm số có ba điểm cực trị ⇔ ph−ơng trình y'=0 có nghiệm phân biệt (khi 'y đổi dấu qua nghiệm) ⇔ ph−ơng trình 2mx2 + m2 −9=0 có nghiệm phân biệt khác

2mx2 + m2 −9=0     − = ≠ ⇔ m m x m 2 9 0

2 Phơng trình 2mx2 + m2 −9=0

cã nghiÖm kh¸c 0    < < − < ⇔ . 3 0 3 m m

Vậy hàm số có ba điểm cực trị    < < − < ⇔ . 3 0 3 m m

∑1,0®

0,25 ®

∑1,0®

0,25 ®

II 1

sin23x−cos24x=sin25x−cos26x

2 12 cos 1 2 10 cos 1 2 8 cos 1 2 6 cos

1− x − + x = − x− + x

⇔

⇔(cos12x+cos10x) (− cos8x+cos6x)=0 ⇔cosx(cos11x−cos7x)=0

⇔cosxsin9xsin2x=0

. 2 9 0 2 sin 9

sin k k Z

x k x x x ∈      = = ⇔ = ⇔ π π Chó ý:

Thí sinh sử dụng cách biến đổi khác để đ−a ph−ơng trình tích

∑1 ® ,0 0,25 ®

0,25 ®

0,5 ®

∑1 ® ,0 0,25 ®

0,25 ®

0,5 ®

2

logx(log3(9x −72))≤1 (1)

§iỊu kiƯn: 9 72 1 log 73

0 ) 72 9 ( log 0 72 9 1 , 0 > ⇔ > − ⇔      > − > − ≠ > x x x x x x (2)

Do x>log973>1 nªn (1)⇔log3(9x−72)≤ x

⇔9x−72≤3x ⇔( )3x −3x −72≤0 (3) Đặt t 3= x (3) trở thành

t2 −t−72≤0⇔−8≤t≤9⇔−8≤3x ≤9⇔ x≤2

Kết hợp với điều kiện (2) ta đợc nghiệm bất phơng trình là: log973< x2

∑1 ® ,0 0,25 ®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

∑1 ® ,0 0,25 ®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

(41)

3 3     + + = + − = − ). 2 ( 2 ) 1 ( y x y x y x y x

§iỊu kiƯn: (3)

. 0 0    ≥ + ≥ − y x y x ( )    + = = ⇔ = − − − ⇔ . 1 0 1 ) 1

(

y x y x y x y x

Thay x= vào (2), giải ta ®−ỵc y x= y =1. Thay x= y+1 vào (2), giải ta có:

2 1 , 2 3 = = y x

Kết hợp với điều kiện (3) hệ phơng trình cã nghiÖm: x= y1, =1 vµ

2 1 , 2 3 = = y x Chó ý:

Thí sinh nâng hai vế (1) lên luỹ thừa bậc để di đến kết quả:    + = = . 1 y x y x

∑1 ® ,0 0,25 ®

0,25 ®

∑1 ® ,0 0,25 ®

0,25 ®

III

Tìm giao điểm hai đờng cong

4 4

2

x

y = − vµ

2

2 x y = :

4 4 x − = x 8 8 0 4 4 32 2 ± = ⇔ = ⇔ = − +

⇔ x x x x

Trªn [− 8; 8] ta cã

2 x 4 4 x −

≤ hình đối xứng qua trục tung

nªn S ∫ x x dx

      − − = 2 2 4 4 4

2 1 2

8 2 2 1

16−x dx− x dx=S −S

= ∫ ∫

Để tính S1 ta dùng phép đổi biến x=4sint, khi

4

0≤ t≤π th× 0≤ x≤ 8 dx=4costdt vµ > ∀ ∈ 

4 ; 0 0

cost t π Do

∑1,0®

0,25 ®

∑1,5®

0,5 ® 0,25 ® x 0 -4 4 2 y

-2 2

(42)

4

(1 cos2 )

8 cos

16

0

2

1 = ∫ − = ∫ = ∫ + = π +

π π

dt t tdt

dx x

S

3

6

2

1

0

2 = ∫x dx= x =

S VËy

3 4 2

2

1 − = +

=S S π

S

Chó ý: ThÝ sinh cã thĨ tÝnh diÖn tÝch S ∫ x x dx

− 

   

  

− − =

8

2

2 4 4

4

0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

IV 1

Khoảng cách từ I đến đ−ờng thẳngAB bằng 2

5

5 =

⇒ AD vµ

2 5 = = IB

IA

Do A, giao điểm đ−ờng thẳng AB với đ−ờng tròn tâm I bán B kính

2 5 =

R Vậy tọa độ A, nghiệm hệ : B

   

      = +       −

= + −

2

2 5 2

1

0 2 2

y x

Giải hệ ta đợc A(2;0) ( ),B 2;2 (vì xA <0) ( ) (3;0, −1;−2)

⇒C D

Chó ý:

Thí sinh tìm tọa độ điểm H hình chiếu I đ−ờng thẳng AB Sau tìm A, giao điểm đ−ờng tròn tâm H bán kính HA với đ−ờng B thẳng AB

∑1,0®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

∑1,5®

0,25 ®

0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® x

C I

O A

D

B H

y

(43)

5

IV 2a) T×m khoảng cách A1Bvà B1D

Cỏch I Chọn hệ tọa độ Đêcac vng góc Oxyz cho

( ) (B a ) (D a ) (A a) C(a a ) (B a a) (C a a a) (D a a)

A0;0;0, ;0;0, 0; ;0, 1 0;0; ⇒ ; ;0; 1 ;0; ; 1 ; ; , 1 0; ;

( ;0; ), 1 ( ; ; ), 1 1 ( ;0;0)

1B a a BD a a a AB a

A = − = − − =

⇒ vµ[A1B,B1D]=(a2;2a2;a2)

VËy ( ) [ ]

[ , ] 6 6

. ,

, 2

3

1

1 1 1

1

a a

a D

B B A

B A D B B A D B B A

d = = =

C¸ch II AB (ABC D) AB B D

AD B A

AB B A

1 1

1

1 ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

   ⊥ ⊥

T−¬ng tù A1C1⊥B1D⇒B1D⊥(A1BC1)

Gäi G= B1D∩(A1BC1) Do B1A1 =B1B=B1C1=a nªn

G GC GB

GA1 = = 1 ⇒ tâm tam giác A1BC1 có cạnh a 2 Gọi I trung điểm A1B IG đ−ờng vng góc chung A1B

D

B1 , nªn ( )

6 2

3 3

1 3

1

, 1 1 1

1

a B

A I C IG D B B A

d = = = =

Chó ý:

ThÝ sinh cã thĨ viết phơng trình mặt phẳng ( )P chứa A1B song song víi

D

B1 lµ:x+2y+z−a =0 tính khoảng cách từ B1(hoặc từ D ) tới ( )P , hoặc viết phơng trình mặt phẳng ( )Q chứa B1D song song với A1B lµ:

0 2

2 + − =

+ y z a

x vµ tính khoảng cách từ A1(hoặc từ B) tới ( )Q

∑1 ®,0

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ®

0,25 ®

∑1 ® ,5

0,25 ®

0,5 ® 0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

0,5 ®

0,5 ® x

D1

D C1 B1

A1 z

y

x

A

C B

I

G

(44)

6

2b) C¸ch I

Từ Cách I 2a) ta tìm đợc 

  

     

 

a a P a a N a a

M ;

2 ; 0 , 0 ; ; 2 , 2 ; 0 ;

0 .

; 0 ; 2 ,

2 ; 2

; 1 ⇒ 1 =

  

  = 

  

 − =

⇒MP a a a NC a a MPNC

VËy MP⊥C1N

Cách II

Gọi E trung điểm CC1 ME(CDD1C1)hình chiếu vuông góc

MP (CDD1C1) ED1 Ta có

N C E D N C D N

CC E D C E C D CN

C 1 1 1 1

1

1 =∆ ⇒ = =90 −

Từ

theo định lý ba đ−ờng vng góc ta có MP⊥C1N

∑1 ® ,0 0,25 ®

0,5 ® 0,25 ®

0,25 ®

0,25 ® 0,25 ® 0,25 ®

V

Số tam giác có đỉnh 2 điểm n A1,A2,L,A2n C 2n3

Gọi đ−ờng chéo đa giác A1A2LA2n qua tâm đ−ờng tròn ( )O đ−ờng chéo lớn đa giác cho có n đ−ờng chéo lớn

Mỗi hình chữ nhật có đỉnh 2 điểm n A1,A2,L,A2n có đ−ờng chéo hai đ−ờng chéo lớn Ng−ợc lại, với cặp đ−ờng chéo lớn ta có đầu mút chúng đỉnh hình chữ nhật Vậy số hình chữ nhật nói bằng số cặp đ−ờng chéo lớn đa giác A1A2LA2n tc C n2

Theo giả thiết thì:

∑1 ®,0 0,25 ®

0,25 ®

D1

A1

B1 C1

C B

A

M E

N P

y

x

z

(45)

7 ( )

( ) ( ) ( )( ) ( 2 )

1 20

6

2 2 1 2 . 2 ! 2 ! 2

! 20 ! 3 2 ! 3

! 2 20

3

− =

− −

⇔ − =

− ⇔

= n n n n n

n n n

n C

C n n

8 15

1

2 − = ⇔ =

⇔ n n

Chó ý:

Thí sinh tìm số hình chữ nhật cách khác Nếu lý luận để đến kết số hình chữ nhật

2 ) 1 (n

n

cho điểm tối đa phần

0,5 đ

(46)

1

Bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao ng nm 2002

Môn Toán, khối D

Đáp án thang điểm đề thi thức

C©u Néi dung Điểm

ĐH CĐ

I 3đ 4®

1 1 1,5

Khi m = -1 ,ta cã

1 x

4 x

1 x y

− − − = −

− − = -TX§ : x ≠

- CBT :

( − ) > ∀ ≠ ⇒

= 0, x

1 x

4

y, 2 hàm số cực trị

1/4 1/4 limy

x

− =

∞

→ ; limx→1−y=+∞;limx→1+y=−∞

- BBT :

x - ∞ + ∞

y/ + +

+ ∞

y -3 -3

- ∞ 1/4 1/4 - TC: x=1 tiệm cận đứng =

→ y

lim

1

x ∞

y=-3 tiệm cận ngang limy

x =− 1/4 1/4

- Giao víi c¸c trơc : x = ⇒ y = 1; y = x = - 1/3 1/4 - Đồ thị :

x y

1/4 1/2

(47)

2

2 1 1,5

Diện tích cần tính :

dx x x S / 1∫ −       − − − =

1/4 1/2

∫ ∫ − − − − − = / /

1 x

dx dx 1/4 1/4 / 1 x ln − − − − = 1/4 1/2 ln + −

= ( ®vdt)

1/4 1/4

3 1

Ký hiÖu ( ) x m x m ) x ( f − − −

= u cầu tốn t−ơng đ−ơng với tìm m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm:

(H) ( )    = = x ) x ( f x ) x ( f / / 1/4 1/4

Ta cã (H)

( ) ( )        =         − − − = − − − ⇔ x m x x m x / 2 1/4 1/4 ( ) ( )( ) ( ) ( )        = − − + − − − = − − − ⇔ x m x x m x x m x 2 1/4 1/4 Ta thÊy víi ∀m ≠1 ; x = m thoả mÃn hệ ( H ) V× vËy∀m ≠1, (H)

ln có nghiệm , đồng thời m = hệ ( H ) vơ nghiệm Do đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đ−ờng thẳng y = x m ≠

§S : m ≠ 1/4 1/4

II 2® 3®

1 1,5

Bất phơng trình      ≥ − > − − = − − ⇔ x x x x 2 x x 2 2 1/4 1/2

TH 1:

2 x x x x 2 x x

2 − − = ⇔ − − = ⇔ = ∨ =−

1/4 1/4

(48)

3

x

2 x<− ∨ ≥

1/4 1/4 Tõ hai tr−êng hỵp suy ĐS: x x

2

x≤− ∨ = ∨ ≥

1/4 1/4

1 1,5

HƯ ph−¬ng tr×nh   

= − = ⇔

y

y y

x x

1/4 1/2

  

= + −

> = ⇔

0 y y y

0 y

2 x

1/4 1/4

  

= ∨ = ∨ =

> = ⇔

4 y y y

0 y 2x

1/4 1/4 ⇔

  

= = ∨   

= =

4 y

2 x y

0 x

1/4 1/2 III

1đ 1đ

Phơng trình ⇔(cos3x+3cosx) (−4 cos2x+1)=0 ⇔4cos3x−8cos2x=0

⇔4cos2x(cosx−2)=0

⇔cos =x 1/4 1/2 ⇔ = π+kπ

2

x

1/4 1/4 x∈[ ]0;14 ⇔k=0∨k =1∨k=2∨k=3 1/4

§S : ; x= π

2 x= π ;

2 x= π

1/4 1/4

IV 2® 2®

1

C¸ch

Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông A , AB⊥AC 1/4 1/4 Lại có AD⊥mp(ABC)⇒AD⊥AB AD⊥AC, nên AB, AC, AD đôi

mét vu«ng gãc víi 1/4 1/4

Do chọn hệ toạ độ Đêcac vng góc, gốc A cho B(3;0;0) , C(0;4;0), D( 0;0;4) Mặt phẳng (BCD) có ph−ơng trình :

z y x

= − +

+

1/4 1/4

Khoảng cách cần tÝnh lµ :

17 34 16

1 16

1

1 =

+ +

(cm)

1/4 1/4

(49)

4

C¸ch

Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông A , AB⊥AC 1/4 1/4 Lại có AD⊥mp(ABC)⇒AD⊥AB AD⊥AC, nên AB, AC, AD đơi

mét vu«ng gãc víi 1/4 1/4

D

H C

A E

B

Gọi AE đờng cao tam giác ABC; AH đờng cao tam giác ADE AH khoảng cách cần tính

Dễ dàng chứng minh đợc hệ thức: 2 2 2 2 AC

1 AB

1 AD

1 AH

1 = + +

1/4 1/4 Thay AC=AD=4 cm; AB = cm vµo hƯ thức ta tính đợc:

cm 17

34 AH =

1/4 1/4

C¸ch 3:

Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông A , AB⊥AC 1/4 1/4 Lại có AD⊥mp(ABC)⇒AD⊥AB AD⊥AC, nên AB, AC, AD đôi

mét vuông góc với 1/4 1/4

Gọi V thĨ tÝch tø diƯn ABCD, ta cã V= AB AC AD

1

= ⋅ ⋅

áp dụng công thức

) BCD ( dt

V AH

∆

= víi V = vµ dt( ∆ BCD) =2 34

ta tính đợc cm 17

34

AH =

1/2 1/2

1

Cách 1:

Mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n(2;1;0)

Đờng thẳng d có vec m tơ phơng u((1m)(2m+1) (;2m+1)2;m(1m))

→

1/4 1/4

Suy

→

u

→

n =3(2m+1)

m

d song song víi (P)    

⊄ ⊥ ⇔ → →

) P ( d

n u

m 1/4 1/4

(50)

5 ( )     ∉ ∈ ∃ = ⇔ → → P A , d A n u m

Ta cã : ®iỊu kiÖn u.n =0

→ →

2 m=

1/4 1/4 Mặt khác m = - 1/2 d có phơng trình : m

   = = − x y

, điểm A( 0;1;a) đ−ờng thẳng không nằm (P), nên điều kiện

( )P A , d A∈ m ∉

đợc thoả mÃn ĐS : m = - 1/2 1/4 1/4

Cách 2:

Viết phơng trình dm dới dạng tham số ta đợc

    − − − = + − = + − = m)t m(1 z t 1) (2m y 1)t m)(2m (1 x 1/4 1/4 m

d // (P) ⇔ hÖ phơng trình ẩn t sau   = + − − − − = + − = + − = y x t ) m ( m z t ) m ( y t ) m )( m ( x v« nghiƯm 1/4 1/4 phơng trình ẩn t sau 3(2m+1)t+1 = v« nghiƯm 1/4 1/4

⇔ m=-1/2 1/4 1/4

C¸ch 3:

m

d // (P) hệ phơng trình ẩn x, y, z sau

(H) ( ) ( )

     = + + + + = − + − + + = + − m z ) m ( mx m y x x m 2 y x

vô nghiệm 1/4 1/4

Từ phơng trình đầu hệ phơng trình suy      + = − = m y m x

1/4 1/4

Thế x , y tìm đợc vào phơng trình thứ ba ta có : ) m 11 m ( z ) m

( + =− + +

1/4 1/4 HƯ (H) v« nghiƯm

2 m=−

⇔

1/4 1/4

V 2®

1

Ta cã : ( ) ∑

= = + n k k k n n x C x , 1/4 Cho x = ta đợc

= = n k k k n n C 1/4 ⇒3n =243=35 ⇔n=5

1/2

(51)

6

1

C¸ch

Giả sử M(m;0) N(0;n) với m > , n > hai điểm chuyển động hai tia Ox Oy

§−êng thẳng MN có phơng trình : n

y m

x + − =

1/4 §−êng thẳng tiếp xúc với (E) :

n m 16 2 =       +       1/4 Theo BĐT Côsi ta có :

( )

2 2 2 2 2 n m m n 16 25 n m 16 n m n m

MN = + +

     + + = + = 49 16

25+ =

MN 1/4

Đẳng thức xảy        > > = + = ⇔ n , m 49 n m n m m n 16 2 2 2

⇔ m=2 7,n= 21

KL: Với M(2 7;0) (,N0; 21) MN đạt GTNN GTNN (MN) = 1/4 Cách

Giả sử M(m;0) N(0;n) với m > , n > hai điểm chuyển động trờn hai tia Ox v Oy

Đờng thẳng MN có phơng trình : n

y m

x + =

1/4 Đờng thẳng nµy tiÕp xóc víi (E) vµ chØ :

n m 16 2 =       +       1/4 Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có

( ) 49

n n m m n m 16 n m n m MN 2 2 2

2  =

     + ≥       + + = + = MN 1/4

- Đẳng thức xảy        > > = + = ⇔ n , m n m n : n m : m 2

⇔ m=2 7,n = 21

KL: Với M(2 7;0) (,N 0; 21) MN đạt GTNN GTNN (MN) = 1/4 Cách 3:

Phơng trình tiếp tuyến điểm (x0 ; y0) thuéc (E) :

9 yy 16 xx0 0

=

+

1/4

(52)

7

Suy toạ độ M N      

0 ; x 16 M

0

vµ      

0

y ; N

⇒ 

  

 

+    

 

+ = +

= 2

0 2 2 2 2 2

y x 16 y 16 x y x 16 MN

1/4 Sử dụng bất đẳng thức Côsi Bunhiacôpski (nh− cách cách 2)

ta cã : MN ≥2 72

1/4

- Đẳng thức xảy

7 21 y ;

7

x0 = 0 =

⇔

- Khi M(2 7;0) (,N0; 21) GTNN (MN) = 1/4 -Hết -

(53)

8

Bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002

- -

Hớng dẫn chấm thi môn toán khối D

C©u I:

-Nếu TS làm sai b−ớc kể từ trở không đ−ợc điểm

-Nếu TS xác định hàm số tìm tiệm cận đ−ợc 1/4 điểm Nếu TS làm sai b−ớc kể từ trở không đ−ợc điểm

3 -NÕu TS dùng điều kiện nghiệm kép không đợc điểm -Nếu TS không loại giá trị m = bị trừ 1/4 điểm

Câu II:

-Nếu TS làm sai b−ớc kể từ trở khơng đ−ợc điểm -Nếu TS kết luận nghiệm sai bị trừ 1/4 điểm

-NÕu TS sư dơng ®iỊu kiƯn sai:

    

 

  

≤ <   

≥ ≥ ⇔

≥

0 ) x ( g

0 ) x ( f

0 ) x ( g

0 ) x ( f ) x ( g ) x (

f dẫn đến kt qu ỳng s

bị trừ 1/4 điểm

2 TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc

C©u III:

TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc

C©u IV:

TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc

C©u V:

TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc TS làm b−ớc đ−ợc điểm b−ớc

(54)

1

−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm

đề thi thức Mơn thi : tốn Khối A

Nội dung điểm

Câu 2điểm

1) Khi

2 1 1

1

x x

m y x

x x

− + −

= − ⇒ = = − −

− −

+ Tập xác định: R\{ } +

2

0

1

' '

2 ( 1) ( 1)

x

x x

y y

x

x x

=  − +

= − + = = ⇔ 

=

− − 

+ [ ] = ⇒

− =

− −

∞ → ∞

→

1 lim ) ( lim

x x

y

x

x tiệm cận xiên đồ thị là: y=−x

=∞⇒

→ y

x 1lim tiệm cận đứng đồ th l: x=1

Đồ thị không cắt trục hoành Đồ thị cắt trục tung điểm (0; 1)

1 điểm

0,25 ®

0,5 ®

0, 25 ®

x − ∞ + ∞

y’ − + + −

+∞ +∞ −3

y CT C§

1 − ∞ − ∞

y

x

O

−3

−1

(55)

2

2)

Đồ thị hàm số

1 − + + = x m x mx

y cắt trục hồnh điểm phân biệt có hồnh độ d−ơng ⇔ ph−ơng trình f x( )=mx2+ + = có nghiệm d−ơng phân biệt khác x m

2

0

1

(1) 1 0, m m f m m S P m m ≠  

∆ = − > 

⇔  = + ≠



 = − > = >  1 2 m m m m m ≠    < 

⇔  ⇔ − < <

 ≠ −   < 

Vậy giá trị m cần tìm là: m − < <

1 ®iĨm

0,25 ®

0,75 ®

1)

Điều kiện

sin

cos (*) tg x x x ≠   ≠   ≠ − 

Khi ph−ơng trình cho sin (sin cos ) cos sin sin cos sin

cos 2

x x x x x x x x

x + −

+ − =

− ⇔

cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin

x x x x x x x x

x

−

⇔ = − + −

2

(cosx sin )(1 sin cosx x x sin x)

⇔ − − + =

2

cos sin sin cos sin

x x

x x x

− =

 ⇔ 

− + =



TH1: sin cos tg π π ( )

4

x= x⇔ x= ⇔ = +x k k∈ Z tháa m·n ®iỊu kiƯn (*)

TH2: 1 sin cos sin2 1sin sin2 :

2

x x x x x

− + = ⇔ − + = v« nghiƯm

VËy nghiệm phơng trình là: ( )

x= +k k∈Z

2) Gi¶i hƯ

3

1 (1)

2 (2)

x y x y y x  − = −    = + 

+ §iỊu kiƯn xy≠

+ Ta cã (1) ( )(1 )

1 x y x y xy xy =  ⇔ − + = ⇔  = − 

TH1: 3 3 2

2 ( 1)( 1)

x y x y x y

y x x x x x x

= = =     ⇔ ⇔    = + = + − + − =       1 5 x y x y x y   = =  − +  ⇔ = =  − −  = =  ®iĨm

0, 25 ®

0, 25 ® 0, 25 ®

1 ®iĨm

0, 25 ®

0,5 ®

(56)

3

TH2: 3

3

1 1

1 (3)

2

2 1 2 (4).

y

xy x y

x

y x x x x

x

 = − 



= − = −

 ⇔ ⇔

  

= +

  

 − = +  + + =

Ta chứng minh phơng trình (4) vô nghiệm

Cách

2

4 2 1 0,

2 2

   

+ + = −  + +  + > ∀

   

x x x x x

Cách Đặt

3

1

( ) ( ) ( )

4

∈

 − 

= + + ⇒ ≥ =  >

 

x

f x x x f x f x f

R

Trờng hợp hệ vô nghiệm Vậy nghiệm hệ phơng trình là:

1 5 5

( ; ) (1;1), ; , ;

2 2

x y = − + − +    − − − − 

   

0, 25 đ

1)

Cách Đặt AB= Gọi H hình chiếu vuông góc B AC, suy BH a

A’C, mà BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH Vy gúc

phẳng nhị diện [B A C D lµ gãc n, ' , ] BHD

Xét A DC' vuông D có DH đờng cao, ta có DH A C CD A D ' = ' '

'

CD A D DH

A C

⇒ = 2

3

a a a

a

= = T−¬ng tù, ∆A BC' vuông B có BH đờng

cao vµ

a BH = Mặt khác:

n 2 n

2 2 2 2

2 cos cos

3 3

a a a

a =BD =BH +DH − BH DH BHD= + − BHD, cosn

2

BHD= − ⇒BHDn=120o

C¸ch Ta cã BD AC BD AC (Định lý ba đờng vuông góc)

Tơng tự, BC AC (BCD) AC Gọi H giao điểm A C vµ (' BC D ' ) ⇒ nBHD lµ gãc ph¼ng cđa [B A C D ; ' ; ]

Các tam giác vuông HA’B, HA’D, HA’C’ ⇒ HB = HC’ = HD ⇒ H tâm ∆BC’D ⇒nBHD=120o

1 ®iĨm

0, 25 ®

0, 25 đ 0, 25 đ 0, 25đ 0,25 đ 0,5 ®

A A’

B’ C’

D’

D

C B

H

I

(57)

4

2)

a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã

) ; ; ( ) ; ; ( ' 0); ; ;

(a a C a a b M a a b

C ⇒

VËy ( ; ; 0), (0; ; )

b BD= −a a BM = a

JJJG JJJJG , ; ; 2 ab ab

BD BM  a 

 

⇒ = − 

  

JJJG JJJJG

( )

' ; 0; , '

2

a b BA = −a b ⇒BD BM BA = − JJJG JJJG JJJJG JJJG

Do

2

' 16 , ' 4

BDA M a b

V = BD BM BAJJJG JJJJG JJJG = b) Mặt phẳng (BDM) có véctơ pháp tuyến 1 , ; ;

2

ab ab

n =BD BM= −a 

 

JJG JJJG JJJJG

, mặt phẳng ( 'A BD có véctơ pháp tuyến ) nJJG2 =JJJG JJJGBD BA, '=( ; ab ab a; 2)

Do

2 2

( ) ( ' ) 0

2

a b a b

BDM ⊥ A BD ⇔n nJJG JJG= ⇔ + −a = ⇔ =a b a

b

⇔ =

2 ®iĨm

0, 25 ®

0, đ 0, đ

1)

Ta cã Cnn++14−Cnn+3=7(n+ ⇔3) (Cnn++31+Cnn+3)−Cnn+3=7(n+ 3) ( 2)( 3) 7( 3) 2 7.2! 14 12.

2!

n+ n+ n n n

⇔ = + ⇔ + = = ⇔ =

Sè h¹ng tỉng quát khai triển ( )

12

5 60 11

3 2 2

12 12

k k

k

k k

C x x C x

− − −   =     Ta cã 60 11

2 60 11 8 4.

2 − − = ⇒ = ⇔ = k k

x x k

Do hệ số số hạng chứa x 8 495 )! 12 ( ! ! 12

12 = − =

C

2 2 4 xdx I x x = +

Đặt

2

4

xdx

t x dt

x

= + ⇒ =

+ vµ

2 4. x =t − Với x= t= , với x=2 t= Khi

2 4

2 2

3

5

1 1 1

4 2 2

4 4 xdx dt I dt t t t x x   = = =  −  − +   − + ∫ ∫ ∫

1 2 1 5

ln ln

4 2 4 3

t t −   =   = +   ®iĨm 0, ®

0, 25 ® 0, 25 ®

1 ®iĨm

0, 25 ® 0, 25 ®

0,25 ®

0, 25 đ

(58)

5

Câu 1®iĨm

   =

→

x x

a 

     =

→

y y

b ;1 , 

     =

→

z z c ;1

2

2 2

1 1 1

( )

P x y z x y z

x y z

 

= + + + + + ≥ + + + + + 

 

C¸ch Ta cã

( )

2 2

2 1 3 3

( ) 3

P x y z xyz t

x y z xyz t

 

≥ + + + + +  ≥ +  = +

    , víi

(3 )2 1

0

3

x y z t= xyz ⇒ < ≤t  + +  ≤

Đặt ( ) 9 '( ) 92 0, 0;1 ( )

Q t t Q t t Q t

t t

  = + ⇒ = − <

giảm 0;

9      

( ) 82

9

Q t Q 

⇒ ≥  =

  VËy P≥ Q t( )≥ 82

(DÊu “=” x¶y

x= = =y z )

C¸ch

Ta cã

2

2 1 1

(x y z) 81(x y z) 80(x y z)

x y z x y z

   

+ + + + +  = + + + + +  − + +

   

2

1 1

18(x y z) 80(x y z) 162 80 82

x y z

 

≥ + +  + + − + + ≥ − =

 

VËy P≥ 82

(DÊu “=” x¶y

x= = =y z )

Ghi chú: Câu có nhiều cách giải khác

0, 25 ®

0, 25 đ 0, 25 đ

hoặc 0,25 đ

0,5 ®

(59)

1

−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm

đề thi thức Mơn thi : tốn Khối B

Néi dung điểm

1)

Đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt đối xứng qua gốc tọa độ ⇔ tồn x0≠ cho y x( )0 = − −y x( 0)

⇔ tån t¹i x0≠ cho x03−3x02+ = − −m ( x0)3− −3( x0)2+m

⇔ tån t¹i x0≠ cho 3x02= m

0

m

⇔ >

2) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Khi m= hàm số trở thành y x= 3−3x2+

Tập xác định : \

2

' , '

2

x

y x x y

x

= 

= − = ⇔ 

=  " 6 ''

y = x− y = ⇔ = x

"

y triệt tiêu đổi dấu qua x= ⇒1 (1;0) im un Bng bin thiờn:

Đồ thị cắt trục hoành điểm (1; 0), (1 3;0) cắt trục tung điểm (0; 2)

1 ®iĨm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0,25 ® ®iÓm

0,25®

x − ∞ + ∞

y’ + − +

+∞

C§ CT

y − ∞ −2

x y

O

2

−2

(60)

2

1) Giải phơng trình: cotg tg 4sin 2 (1) sin

x x x

x

− + =

§iỊu kiƯn: sin (*) cos x x ≠   ≠ 

Khi (1) cos sin 4sin 2

sin cos sin

x x

x

x x x

⇔ − + = cos2 sin2 4sin 2

sin cos sin

x x x

−

⇔ + =

2

2cos 2x 4sin 2x

⇔ + = ⇔2cos 22 x−cos 2x− =1 cos

1 cos x k x x k x π π π = =     ⇔ ⇔ = ± + = −    

(k∈Z )

Kết hợp với điều kiện (*) ta đợc nghiệm cđa (1) lµ π π ( )

x= +k kZ

2) Giải hệ phơng trình

2 2

2

3 (1)

3 (2)

y y x x x y  + =    +  =   §iỊu kiƯn x≠0, 0y≠

Khi hệ cho t−ơng đ−ơng với

2

( )(3 )

3

x y xy x y x y y

xy x xy x  = +  − + + =  ⇔   = +  = +   

TH1: 2 2

1

3

x y x

y xy x =   =  ⇔   = = +  

TH2: 2 2

3

xy x y xy x

+ + = 

= +

vô nghiệm, tõ (1) vµ (2) ta cã x y, >0

Vậy nghiệm hệ phơng trình là: x= =y

1 ®iĨm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® ®iĨm 0,25® 0,5® 0,25®

C©u 3®iĨm

1)

Vì G trọng tâm ABC và M trung điểm BC nên ( 1;3)

MA= MG= − JJJG JJJJG

(0; 2)

A

Phơng trình BC qua M(1; 1) vuông góc với ( 1,3)

MA= JJJG

là: 1(− x− +1) 3(y+ = ⇔ − +1) x 3y+ =4 (1) Ta thấy MB MC MA= = = 10⇒ tọa độ ,B C thỏa mãn ph−ơng trình: (x−1)2+(y+1)2=10 (2)

Giải hệ (1),(2) ta đ−ợc tọa độ ,B C (4;0), ( 2; 2). − − 2)

Ta có A M' //=NC⇒A MCN' hình bình hành, A C MN cắt trung điểm I ' mỗi đ−ờng Mặt khác A’DCB’ hình bình hành nên trung điểm I A’C trung điểm

B’D VËy MN BD cắt trung điểm I

mỗi đ−ờng nên B’MDN hình bình hành Do B’,

M, D, N cïng thuéc mét mặt phẳng

Mặt khác DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2,

hay DM = DN Vậy hình bình hành B’MDN hình thoi Do B’MDN hình

1 ®iĨm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® ®iĨm 0,5® G A B C M D’ A

D C

B N

M I

A’ B’

C’

(61)

3

vu«ng ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2⇔ 3a2 = B’B2 + a2

⇔ BB’=a 2 ⇔ AA’=a 2

3)

Từ JJJGAC=(0;6;0) A(2; 0; 0) suy C(2; 6; 0), I(1; 3; 4) Ph−ơng trình mặt phẳng (α) qua I vng góc với OA : x− =

⇒ tọa độ giao điểm (α) với OA K(1; 0; 0)

⇒ khoảng cách từ I đến OA IK = (1 1)− 2+ −(0 3)2+ −(0 4)2 =5

0,5® ®iĨm 0,25® 0,25® 0,25đ 0,25đ

1) Tỡm giá trị lớn nhỏ hàm số y x= + 4−x2 Tập xác định: [−2; 2]

2

'

x y

x

= −

− ,

2

0

'

4

x

y x x x

x x

≥ 

= ⇔ − = ⇔ ⇔ =

− =



Ta cã ( 2)y − = −2, y( 2) 2, = y(2) 2= , VËy

[ 2;2]max− y= y( 2) 2= vµ [ 2;2]min− y= − = − y( 2)

π

4

0

1 2sin sin

x

I dx

x

− =

+

∫

Ta cã

π π

4

0

1 2sin cos

1 sin sin

x x

I dx dx

x x

−

= =

+ +

Đặt t= +1 sin 2x⇒dt=2 cos 2xdx Víi x= th× t= víi 1, π

4

x= th× t=

Khi

2

1 1ln | | 1ln 2.

2 2

dt

I t

t

= ∫ = =

1 ®iĨm

0,25® 0,25®

1 ®iĨm

0,25®

0,25® 0,25®

0,25®

Ta có (1+x)n =Cn0+C x C x1n + n2 2+ + C xnn n

Suy ( )

2

0 2

1

(1+x dx)n = Cn+C x C xn + n + + C x dxnn n

∫ ∫

2

1

1 1

1

(1 )

1

n

n n

n n x n x n x

x C x C C C

n n

+

+  

⇔ + = + + + + 

+  + 

2 1

0 1 2

2 1

n n n n

C C C C

n n

+ + +

− − − −

⇔ + + + + =

+ +

"

0,5 ®

(62)

−−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm

đề thi thức Mơn thi : tốn Khối D

Nội dung điểm

1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số

2 2 4

2

x x

y x

− + =

− ®iĨm

Tập xác định : R\{ } Ta có

2 2 4 4

2

x x

y x

x x

− +

= = +

− −

2

0

4

' '

4 ( 2) ( 2)

x

x x

y y

x

x x

=  −

= − = = ⇔ 

=

− − 

[ ]

lim lim

2

x→∞ y x− =x→∞x− = ⇒ tiệm cận xiên đồ thị là: y= , x

tiệm cận đứng đồ thị là:

2

lim

x→ y= ∞ ⇒ x=

B¶ng biÕn thiên:

Đồ thị không cắt trục hoành

Đồ thị cắt trục tung điểm (0; 2)

0,25đ

0,5®

0,25®

2) ®iĨm

Đ−ờng thẳng dm cắt đồ thị hàm số (1) điểm phân biệt ⇔ ph−ơng trình 2

2

x mx m

x

+ = +

có hai nghiệm phân biệt khác

2

(m 1)(x 2)

⇔ = có hai nghiệm phân biệt khác ⇔ m− > ⇔ > m VËy giá trị m cần tìm m>1

0,5đ 0,5đ

x

2

−2

2

O

y

x −∞ + ∞

y’ + − − +

− + ∞ + ∞

y C§ CT

−∞ −∞

1

(63)

1) Giải phơng trình tg2 cos2

2

x x

x

 −  −

 

 

sin = (1) ®iĨm

Điều kiện: cosx≠0 (*) Khi

( )

2

1 sin

(1) cos cos

2 cos

x x x x π    ⇔  −  −  = +     ( ) ( ) 2

1 sinx sin x cosx cos

⇔ − = + x

(1 sinx)(1 cos )(1 cos )x x (1 cosx)(1 sin )(1 sin )x

⇔ − − + = + − + x

(1 sinx)(1 cos )(sinx x cos ) 0x

⇔ − + + =

π 2π

sin 2

cos π 2π

tg π

π

x k

x

x x k

x x k  = +  =    ⇔ = − ⇔ = +   = −   = − + 

(k∈Z )

KÕt hợp điều kiện (*) ta đợc nghiệm phơng trình lµ:

π 2π π π x k x k = +    = − + 

(k∈Z)

0,5®

0,25®

2) Giải phơng trình 2x2x22+ x x2 =3 (1) điểm Đặt t=2x2x >t

Khi (1) trở thành t2 3t (t 1)(t 4) t

t

− = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ =

t (v× t>0)

VËy 2x2−x = ⇔4 x2− = 2x = −  ⇔  =  x x

Do nghiệm ph−ơng trình = −   = x x 0,5 0,5

1) ®iĨm

Từ ( )C : (x−1)2+(y−2)2=4 suy ( )C có tâm I(1; 2) bán kính R=2 Đ−ờng thẳng d có véctơ pháp tuyến nuur =(1; 1).− Do đ−ờng thẳng ∆ qua

vuông góc với d có phơng trình: (1; 2)

I

1

x y

x y 0

− = − ⇔ + −

− =

Tọa độ giao điểm H d ∆ nghiệm hệ ph−ơng trình:

1

(2;1)

x y x

H

x y y

− − = =

 ⇔  ⇒

 + − =  =

 

GọiJ điểm đối xứng với I(1; 2) qua d Khi

2

(3;0)

J H I J H I

x x x

J

y x x

= − =



⇒

 = − =



Vì đối xứng với ( qua nên có tâm bán kính Do có ph−ơng trình là:

( ')C

(C

)

C d ( ')C

2

(3;0)

J R=2

') (x−3) +y =

Tọa độ giao điểm (C) ( ')C nghiệm hệ ph−ơng trình:

2

2 2

2

1

( 1) ( 2) 1,

3,

( 3)

x y y x

x y x y

x y

x y x x

x y  − + − =  − − =  = −  = =  ⇔ ⇔ ⇔     = = − + = − + =    − + =    

Vậy tọa độ giao điểm ( )C (C') A(1;0) B(3; 2)

0,5

0,25®

2

(64)

2) điểm Ta có cặp vectơ pháp tuyến hai mặt phẳng xác định dk uurn1=(1;3 ; 1)k −

vµ uurn2=( ; 1;1)k − Vectơ pháp tuyến ( )P rn=(1; 1; 2) Đờng thẳng dk có vectơ phơng lµ:

2

1 2, (3 − − − − −1; k 1; ) k ≠r k

Nªn

2

1 1.

1

k− = − −k =− − k ⇔ =k

− −

Vậy giá trị cần tìm

0,5đ 0,5 đ

3) ®iĨm

Ta cã (P) ⊥ (Q) vµ ∆ = (P) ∩ (Q), mµ

AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay

Tơng tự, ta có BD nên

BD ⊥(P), CBD Vậy A v B

A, B nằm mặt cầu ®−êng kÝnh CD

90 =

CAD

0

90 = Và bán kính mặt cầu là:

2

1

2

CD

R= = BC +BD

2 2

1

2

a

AB AC BD

= + + =

Gọi H trung điểm BC⇒ AH ⊥ BC Do BD ⊥(P) nên BD ⊥ AH ⇒AH ⊥ (BCD) Vậy AH khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD)

2

a AH = BC=

0,25®

0,5®

1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số

2

1

x y

x

+ =

+ đoạn [1; 2] ®iÓm

2

1

'

( 1)

x y

x

− =

+

'

y = ⇔ = x

Ta cã ( 1) 0, 2, (2) y(1)

y − = = y =

VËy

[max y−1;2] =y(1)= vµ [min−1;2]y= − =y( 1)

0,5®

2

I =∫ x −x dx ®iĨm

Ta cã x2− ≤x ⇔ 0≤ ≤ , suy x

1

2

0

( ) ( )

=∫ − +∫ −

I x x dx x x dx

1

2 3

0

1

2 3

   

= −  + −  =

   

x x x x

0,5®

ur=n nuur uur= k

3 ( ) ||

dk ⊥ P ⇔u nr r⇔

k k=1

∀

A B

C

D

P

Q

∆

H

3

(65)

C©u 1điểm Cách 1: Ta có (x2+1)n =C xn0 2n+C xn1 2n−2+C xn2 2n−4+ + Cnn,

0 1 2 3

(x+2)n =C xn n+2C xn n− +2 C xn n− +2 C xn n− + + 2nCnn DƠ dµng kiĨm tra n=1,n=2 không thỏa mÃn điều kiện toán

Với n3 th× x3n−3=x x2n n−3=x2n−2xn−1

Do hệ số x3n−3 khai triển thành đa thức của(x2+1) (n x+2)n

n

C

3 1

3n n n .n

a − = C C + C

VËy

2 3

5 (2 4)

26 26 7

3

2

−

= 

− + 

= ⇔ = ⇔

 = − 

n

n n n

a n n

n

Vậy n=5 giá trị cần tìm (vì nguyên dơng) n

Cách 2:

Ta cã

2

3

2

0 0

1

( 1) ( 2) 1

1

2

n n n n n

i k

n n n n

n i k n i i k k k

n n n n

i k i k

x x x

x x

x C C x C x C x

x x

− −

= = = =

   

+ + =  +   + 

 

       

 

=     =  

       

∑ ∑  ∑ ∑

Trong khai triĨn trªn, l thõa cđa x lµ 3n− 23 − − = −i k 3

k

, hay Ta chØ cã hai trờng hợp thỏa điều kiện

2i k+ = 0,

i= = hc i 1,= k= Nên hệ số x3n3 a3n3=C Cn0 n3 3.2 +C Cn1 .2n1

Do

2 3

5 (2 4)

26 26 7

3

2

−

= 

− + 

= ⇔ = ⇔

 = − 

n

n n n

a n n

n

Vậy n=5 giá trị cần tìm (vì nguyên dơng).n

0,75đ

0,25đ

0,75đ

0,25đ

4

(66)

1

Bộ giáo dục đào tạo Đáp án - Thang điểm

đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004

§Ị chÝnh thức Môn: Toán, Khối A (Đáp án - thang điểm có trang)

C©u ý Néi dung §iĨm

I 2,0

I.1 (1,0 ®iĨm)

( 1) 2

3 3

− − + − =

x x x

y =

( )

1

x

2 x

− + −

− a) Tập xác định: R \ { }

b) Sù biÕn thiªn: y ' x(2 x)2

2(x 1) − =

− ; y ' 0= ⇔ =x 0, x 2= 0,25 yC§ = y(2) =

1

− , yCT = y(0) =

3 Đ−ờng thẳng x = tiệm cận đứng Đ−ờng thẳngy 1x

2

= + tiệm cận xiên 0,25

x −∞ 1 2 +∞

y' − + + −

y +∞ +∞

2 −

2 −∞

0,25

c) Đồ thị:

0,25

(67)

2

I.2 (1,0 ®iĨm)

Ph−ơng trình hồnh độ giao điểm đồ thị hàm số với đ−ờng thẳng y = m :

(x ) m

x x

= −

− + −

1 2

3 3

x2 +(2m3)x+32m=0 (*) 0,25 Phơng trình (*) có hai nghiệm phân biệt khi:

0 >

∆ ⇔ 4m2−4m 0− > ⇔ m

2

> hc m

< − (**) 0,25

Với điều kiện (**), đ−ờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số hai điểm A, B có hồnh độ x1 , x2 nghiệm ph−ơng trình (*)

AB = ⇔ x1− x2 =1 ⇔ x1−x2 2= ⇔ ( 2)

2

1

x +x −4x x = 0,25

⇔ (2m−3)2−4(3−2m)=1 ⇔ m ±

= (tho¶ m·n (**)) 0,25

II 2,0

II.1 (1,0 điểm)

Điều kiện : x≥ 0,25

Bất ph−ơng trình cho t−ơng đ−ơng với bất ph−ơng trình:

2

2(x −16) x x+ − > − ⇔ 2(x −16) 10 2x> −

0,25 + Nếu x > bất phơng trình đợc thoả mÃn, vế trái dơng, vế phải âm 0,25 + Nếu hai vế bất phơng trình không âm Bình phơng hai vế ta x đợc: x( 2−16)>(10 2x− )2⇔x2−20x 66 0+ < ⇔ −10 34 x 10< < + 34

KÕt hỵp víi ®iỊu kiƯn 4≤ ≤ ta cã: 10x − 34 x 5< Đáp số: x 10> 34 0,25

II.2 (1,0 điểm)

Điều kiƯn: y > x vµ y > log ( ) log4 1 1

4

1 y−x − y = ⇔ ( )

1 log log4 − − 4 = −

y x

y 0,25

⇔

y x

log

y −

− = ⇔

4 3y

x= . 0,25

Thế vào phơng tr×nh x2 + y2 = 25 ta cã:

2

3y

y 25 y 4

⎛ ⎞ + = ⇔ = ± ⎜ ⎟

0,25

So sánh với điều kiện , ta đợc y = 4, suy x= (tháa m·n y > x)

VËy nghiƯm cđa hệ phơng trình (3; 4) 0,25

III 3,0

III.1 (1,0 ®iĨm)

+ Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( ; 3)JJJG có phơng trình 3x+3y 0= Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2)JJJG có phơng trình y =

( Đờng thẳng qua A, vuông góc với BO( ; 1)JJJG có phơng trình 3x y 0+ − = )

0,25 Gi¶i hƯ hai (trong ba) phơng trình ta đợc trực tâm H( ; 1) 0,25 + Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y =

Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x y 0+ + =

( Đờng trung trực cạnh AB có phơng trình 3x 3y 0+ = ) 0,25

(68)

3

Gi¶i hƯ hai (trong ba) phơng trình ta đợc tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác

OAB I( ; 1) 0,25

III.2.a (1,0 ®iĨm)

+ Ta cã: C 2; 0; 0(− ), D 0;( −1; 0), M(−1;0; 2) ,

SA=(2;0;−2 2), BMJJJJG= − −( 1; 1; 2) 0,25 Gọi góc SA BM

Ta đợc: cos cos SA, BM( ) SA.BM SA BM

α = = =

JJJG JJJJG JJJG JJJJG

JJJG JJJJG ⇒ α = ° 30

0,25 + Ta cã: ⎡⎣SA, BMJJJG JJJJG⎤ = −⎦ ( 2; 0; 2− ), ABJJJG= −( 2; 1; 0) 0,25 VËy:

( ) SA, BM AB

d SA, BM

3 SA, BM

⎡ ⎤ ⋅

⎣ ⎦

= =

⎡ ⎤

⎣ ⎦

JJJG JJJJG JJJG

JJJG JJJJG 0,25

III.2.b (1,0 ®iĨm)

Ta cã MN // AB // CD N trung điểm SD ⇒ ⎟

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− ; 2

2 1 ; 0

N

0,25

( )

SAJJJG= 2; 0; −2 ,SM=(−1;0;− 2), SB=(0;1;−2 2), SN 0; 1; 2

⎛ ⎞

=⎜ − − ⎟

⎝ ⎠

JJJG

( )

SA, SM 0; 2;

⎡ ⎤

⇒⎣JJJG JJJG⎦= 0,25

S.ABM

1 2

V SA,SM SB

6 ⎡ ⎤

= ⎣JJJG JJJG JJG⎦⋅ = 0,25

S.AMN

1

V SA,SM SN

6 ⎡ ⎤

= ⎣JJJG JJJG JJJG⎦⋅ = ⇒ VS.ABMN =VS.ABM +VS.AMN= 0,25

IV 2,0

IV.1 (1,0 ®iĨm)

2

1

x

I dx

1 x =

+

Đặt: t= x1 x= t2 +1⇒ dx 2= tdt

x=1⇒t=0, x=2⇒t=1 0,25

(69)

4

Ta cã:

1

2

0 0

t t t

I 2t dt dt t t dt

1 t t t

+ + ⎛ ⎞

=∫ + = ∫ + = ∫⎜⎝ − + − + ⎟⎠

0,25 I

1

3

0

1

2 t t 2t 2ln t

3

⎡ ⎤

= ⎢ − + − + ⎥

⎣ ⎦ 0,25

1 11

I 2 2ln 4ln

3

⎡ ⎤

= ⎢ − + − ⎥= −

⎣ ⎦ 0,25

IV.2 (1, ®iĨm)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( ) ( )

8

2 2

8 8 8

5

5 10 12 14 16

8 8

x x C C x x C x x C x x C x x C x x C x x C x x C x x

⎡ + − ⎤ = + − + − + − + −

⎣ ⎦

+ − + − + − + − 0,25

BËc cđa x sè h¹ng đầu nhỏ 8, bậc x số hạng cuối lớn 0,25 Vậy x8 có số hạng thứ t, thứ năm, với hệ số tơng ứng là:

C C , C C38 32 84 04 0,25

Suy a8=168 70 238+ = 0,25

V 1,0

Gäi M =cos2A+2 2cosB+2 2cosC−3

3

2 cos 2

cos 2 2 2 1 cos

2 − + ⋅ + ⋅ − −

= A B C B C 0,25

Do 0

2

sinA > , 1

2

cosB− C ≤ nªn M 2cos A sin2 A

+ 0,25

Mặt khác tam giác ABC không tù nên cosA0, cos2A cos A Suy ra:

4 2 sin 2 4 cos

2 + −

≤ A A

M 4

2 sin 2 4 2 sin 2 1

2 ⎟+ −

⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

−

= A A

2

2 sin 2 4 2 sin

4 + −

−

= A A 1 0

2 sin 2 2

2 ≤ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜

⎝ ⎛

− −

= A VËy M≤0 0,25

Theo gi¶ thiÕt: M = ⇔

⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧

= = −

=

2 1 2 sin

1 2 cos

cos cos2

A C B

A A

⇔ A 90 B C 45

= ° ⎧

⎨

= = °⋅

⎩

0,25

(70)

1

§Ị thức Môn: Toán, Khối B (Đáp án - thang điểm cã trang)

I 2,0

1 Khảo sát hàm số (1,0 điểm)

y 1x3 2x2 3x

= − + (1) a) Tập xác định: R

b) Sù biÕn thiªn:

y' = x2 − 4x + 3; y'=0⇔x=1,x=3

0,25 yC§ = y(1) =

4

3, yCT = y(3) = 0; y" = 2x − 4, y'' = ( )

2 x 2, y

3

⇔ = = Đồ thị hàm số lồi khoảng (; 2), lõm khoảng ( 2; + ) có ®iĨm n lµ

2 U 2;

3

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠.

0,25

x + ∞

y' + − +

y

3 + ∞

−∞ 0,25

c) §å thÞ:

Giao điểm đồ thị với trục Ox, Oy điểm ( ) ( )0;0 , 3;0

0,25

(71)

2

2 ViÕt ph−¬ng trình tiếp tuyến (C) điểm uốn, (1,0 điểm)

Tại điểm uốn U 2;2

⎜ ⎟

⎝ ⎠, tiếp tuyến (C) có hệ số góc y'(2)=−1 0,25 Tiếp tuyến ∆ điểm uốn đồ thị (C) có ph−ơng trình:

y 1.(x 2) y x

3

= − − + ⇔ = − + 0,25

Hệ số góc tiếp tuyến đồ thị (C) điểm có hồnh độ x bằng:

y'(x) = x2 − x4 +3 = (x−2)2 −1 ≥ −1⇒ y' (x) ≥ y' (2), ∀ x 0,25

Dấu " =" xảy x = ( hoành độ điểm uốn)

Do tiếp tuyến đồ thị (C) điểm uốn có hệ số góc nhỏ 0,25

II 2,0

1 Giải phơng trình (1,0 điểm)

5sinx = tg2 2x ( 1− sinx) (1)

§iỊu kiƯn: cosx ≠ ⇔ x ≠ k , k Z

π + π ∈ (*) 0,25

Khi (1) ⇔

2

3sin x

5sin x (1 sin x) sin x

− = −

− 2sin 3sin 2 0

2 + − =

⇔ x x 0,25

2 1 sin =

⇔ x sinx=2 (vô nghiệm)

0,25

+ = ⇔

= 2

6 2

1

sinx x k hc = π+ 2π

6

5 k

x , k∈Z ( thoả mÃn (*))

0,25

2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm sè (1,0 ®iĨm)

y =

2

ln x x

⇒ y ' ln x(2 ln x)2 x

−

= ⋅ 0,25

y'=

3

2

ln x x [1; e ] ln x x e [1; e ]

⎡

= = ∈

⎡

⇔⎢ = ⇔ ⎢

= ∈ ⎢

⎣ ⎣ 0.25

Khi đó: y(1) = 0, y(e )2 42, y(e )3 93

e e

= = ⋅

0,25 So sánh giá trị trên, ta có:

3

2

2 [1; e ]

[1; e ]

4

max y x e , y x e

= = = =

0,25

III 3,0

1 Tìm điểm C (1,0 điểm)

Phơng trình đờng thẳng AB:

4

1 −

− =

− y

x

⇔ 4x + 3y – = 0,25 Gi¶ sư C(x;y) Theo gi¶ thiÕt ta cã: x− y2 −1=0 (1)

d(C, (AB)) =

2

4x 3y 37 (2a) 4x 3y

6

4x 3y 23 (2b)

+ − =

+ − ⎡

⇔ = ⇔ ⎢

+ + =

+ 0,25

Giải hệ (1), (2a) ta đợc: C1( ; 3) 0,25

Gi¶i hƯ (1), (2b) ta đợc: C2 43; 27 11 11

⎞

− −

⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,25

2 TÝnh gãc vµ thĨ tÝch (1,0 ®iĨm)

(72)

3

Gọi giao điểm AC BD O SO⊥(ABCD), suy

n SAO= ϕ

Gäi trung điểm AB M OMAB SM ABGóc hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) nSMO

0,25 Tam giác OAB vuông cân O, nªn OM= a OA=a ⇒SO= a tgϕ

2 2 2

2 ,

2

Do đó: tgSMOn SO tg OM

= = ϕ

0,25

2

S.ABCD ABCD

1 a 2

V S SO a tg a tg

3

= = ϕ = ϕ 0,50

3 ViÕt ph−¬ng trình đờng thẳng (1,0 điểm)

ng thng d có vectơ ph−ơng v=(2;−1;4) 0,25 B ∈ d ⇔ B(−3+2t;1−t;−1+4t) (với số thực t )

( )

AB 2t;3 t; 4t

⇒ JJJG= + − − + 0,25

AB ⊥ d ⇔ AB.v=0 ⇔2(1 2t) (3 t) 4( 4t) 0+ − − + − + = ⇔ t = 0,25 AB (3; 2; 1)

JJJG= Phơng trình

1 4 2

2 3

4 :

− − = + = +

∆ x y z 0,25

IV 2,0

1 Tính tích phân (1,0 điểm)

dx x

x x I= ∫e +

1

ln ln 3 1

Đặt: t 3ln x t2 3ln x 2tdt 3dx x = + ⇒ = + ⇒ =

x= ⇒ = , x e1 t = ⇒ = t 0,25

Ta cã: ( )

2 2

2

1

2 t

I t dt t t dt

3

−

= ∫ = ∫ −

0,25

2

5

1

2 1

I t t

9

⎛ ⎞

= ⎜⎝ − ⎟⎠

0,25 I =

135 116

0,25

(73)

4

2 Xác định số đề kiểm tra lập đ−ợc (1,0 điểm)

Mỗi đề kiểm tra phải có số câu dễ 3, nên có tr−ờng hợp sau:

ã Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chọn là:

23625 .

. 102 15

15 C C =

C 0,25

ã Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chọn là:

C152 .C110.C25 =10500 0,25

ã Đề có câu dễ, câu trung bình, câu khó, số cách chän lµ:

22750 .

. 110 15

15 C C =

C 0,25

Vì cách chọn đơi khác nhau, nên số đề kiểm tra lập đ−ợc là:

23625+10500+22750=56875 0,25

V Xác định m để ph−ơng trình có nghiệm 1,0

Điều kiện: x 1.Đặt t = x+ − x− Ta cã: x+ ≥ x− ⇒ ≥ , t = x = t

t2 = −2 x− ≤2 ⇒ ≤t 2, t = x = ±

⇒ Tập giá trị t [0; ] ( t liên tục đoạn [− 1; 1]) 0,25 Ph−ơng trình cho trở thành: m(t 2+ = − + + ) t2 t

2

t t m t

− + +

⇔ =

+ (*)

XÐt f(t) =

2

t t t − + +

+ với ≤ t ≤ Ta có f(t) liên tục đoạn [0; ] Ph−ơng trình cho có nghiệm x ⇔ Ph−ơng trình (*) có nghiệm t ∈ [0; ] ⇔

] ; [ ]

2 ; [

) ( max )

(

minf t ≤m≤ f t

0,25 Ta cã: f '(t) =

( )

2

t 4t

0, t 0; t

− − ≤ ⎡ ⎤

∀ ∈ ⎣ ⎦

+ ⇒ f(t) nghịch biến [0; ] 0,25 Suy ra:

[0; ] [0; ]

min f (t) f ( 2)= = ;− max f (t) f (0) 1= =

Vậy giá trị m cần tìm m ≤ 0,25

(74)

1

§Ị thức Môn: Toán, Khối D (Đáp án - thang điểm cã trang)

I 2,0

1 Khảo sát hàm số (1,0 điểm)

1 9 6

2⇒ = 3− + +

= y x x x

m

a) Tập xác định: R b) Sự biến thiên:

y ' 3x= 2−12x 3(x+ = 2−4x 3)+ ; y ' 0= ⇔ =x 1, x 3= 0,25 yC§ = y(1) = , yCT = y(3) =1. y'' = 6x 12− = ⇔ x = ⇒ y = Đồ thị hàm số lồi khoảng (; 2), lõm khoảng (2;+) có điểm uốn

) 3 ; 2 (

U 0,25

x + ∞

y' + − +

y + ∞

−∞

0,25

c) Đồ thị:

Đồ thị hàm số cắt trục Oy điểm (0; 1)

0,25

2 Tìm m để điểm uốn đồ thị hàm số (1,0 điểm)

y = x3 − 3mx2 + 9x + (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m

y"= ⇔ x = m ⇒ y = − 2m3 + 9m + 0,25 y" đổi dấu từ âm sang d−ơng qua x = m, nên điểm uốn đồ thị hàm số

(1) lµ I( m; − 2m3 + 9m +1) 0,25

I thuộc đờng thẳng y = x + − 2m3 + 9m + = m +

0,25 ⇔ 2m(4 − m2 ) = ⇔ m = hc m=±2

0,25

(75)

2

II 2,0

1 Giải phơng trình (1,0 ®iÓm)

( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx

⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = 0,25

• 2cosx − 1= ⇔ cosx =1 x k2 , k

2

π

⇔ = ± + π ∈Z

0,25 • sinx + cosx = ⇔ tgx = −1 ⇔ x k , k

4 π

= − + π ∈Z

0,25 Vậy phơng trình có nghiệm là: x k2

3 π

= ± + π vµ x k , k

π

= − + π ∈Z

0,25

2 Tìm m để hệ ph−ơng trình có nghiệm (1,0 điểm)

Đặt: u = x , v= y, u 0, v 0.≥ ≥ Hệ cho trở thành: u v 13 3 u v 3m

+ = ⎧ ⎨

+ = −

⎩ (*) 0,25

u v uv m + = ⎧ ⇔ ⎨

=

⎩ ⇔ u, v hai nghiệm phơng trình: t

2

t + m = (**)

0,25 Hệ cho có nghiệm (x; y) ⇔ Hệ (*) có nghiệm u ≥ 0, v ≥ ⇔ Ph−ơng trỡnh

(**) có hai nghiệm t không âm 0,25

⇔

1 4m

1

S 0 m

4 P m

∆ = − ≥ ⎧

⎪

= ≥ ⇔ ≤ ≤

⎨

⎪ = ≥

⎩ 0,25

III 3,0

1 Tính toạ độ trọng tâm G tam giác ABC tìm m (1,0 điểm)

Trọng tâm G tam giác ABC có tọa độ: xG xA xB xC 1; yG yA yB yC m

3 3

+ + + +

= = = = VËy G(1; m

3 ) 0,25

Tam gi¸c ABC vuông góc G GA.GB 0JJJG JJJG= 0,25

m m

GA( 2; ), GB(3; )

3

− − −

JJJG JJJG

0,25 GA.GB 0JJJG JJJG= m2

9

⇔ − + = ⇔ = ±m 6

0,25

2 Tính khoảng cách B1C AC1, (1,0 điểm)

a) Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

1

C (0; 1; b), B C (a; 1; b)JJJJG= −

1

ACJJJJG= −( a; 1; b), ABJJJJG= −( 2a;0; b)

0,25

(76)

3

( ) 1

1 2 2

1

B C, AC AB ab d B C, AC

a b B C, AC

⎡ ⎤

⎣ ⎦

= =

⎡ ⎤ +

⎣ ⎦

JJJJG JJJJG JJJJG

JJJJG JJJJG

0,25 b) áp dụng bất đẳng thức Cơsi, ta có:

1 2 2

ab ab 1 a b

d(B C; AC ) ab

2

2ab 2

a b

+

= ≤ = ≤ =

+ 0,25

DÊu "=" xảy a = b =

Vậy khoảng cách B1C AC1 lớn nhÊt b»ng a = b = 0,25 3 Viết phơng trình mặt cầu (1,0 điểm)

I(x; y; z) tâm mặt cầu cần tìm ⇔ I ∈ (P) vµ IA = IB = IC Ta cã: IA2 = (x − 2)2 + y2 + ( z − 1)2 ; IB2 = (x − 1)2 + y2 + z2 ;

IC2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( z − 1)2

0,25 Suy hệ phơng trình:

⎨ ⎧ = = = − + + 2 2 0 2 IC IB IB IA z y x ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = + = + = + + ⇔ 1 2 2 z y z x z y x 0,25 ⇔ x=z=1;y=0. 0,25

= =IA 1

R Phơng trình mặt cầu ( x 1)2 + y2 + ( z − 1)2 =1 0,25

IV 2,0

1 Tính tích phân (1,0 điểm)

I =

3 2

ln(x −x) dx

Đặt

2

2x

du dx

u ln(x x)

x x

dv dx v x

− ⎧ ⎧ = − ⎪ = ⇒ − ⎨ ⎨ = ⎩ ⎪ =⎩ 0,25 3 2 2

2x 1

I x ln(x x) dx 3ln 2ln 2 dx

x x

− ⎛ ⎞

= − −∫ − = − −∫⎜⎝ + − ⎟⎠

0,25

( )3

2

3ln 2ln 2x ln x

= − − + −

0,25 I = 3ln6 − 2ln2 − − ln2 = 3ln3 − 0,25

2 T×m số hạng không chứa x (1, điểm)

Ta cã: ( )

7 7 k

7 k k 3 4 k 1 1

x C x

x x − = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ∑ ⎝ ⎠ 0,25

7 k k 28 7k

7

k 3 4 k 12

7

k k

C x x C x

− − −

= =

=∑ =∑

0,25 Số hạng không chứa x số hạng tơng ứng với k (kZ, k 7) tho¶ m·n: 0 4 12 7 28 = ⇔ =

− k k

0,25 Số hạng không chứa x cần tìm C47 =35 0,25

(77)

4

V Chứng minh phơng trình có nghiệm 1,0

x5 − x2 − 2x − = (1)

(1) ⇔ x5 = ( x + 1)2≥ ⇒ x ≥ ⇒ (x + 1) 2≥ ⇒ x5≥ ⇒ x ≥ 0,25

Với x ≥ 1: Xét hàm số f (x) x= 5−x2−2x 1− Khi f(x) hàm số liên tục với x ≥

Ta cã:

f(1) = − < 0, f(2) = 23 > Suy f(x) = cã nghiÖm thuéc ( 1; 2) (2) 0,25 f '( x) = 5x4−2x (2x− = 4−2x) (2x+ 4− + 2) x4

=2x(x3− +1) 2(x4− +1) x4 > ∀ ≥ 0, x 0,25 Suy f(x) đồng biến [ 1; +∞) (3)

Từ (1), (2), (3) suy ph−ơng trình cho có nghiệm 0,25

(78)

1

-

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005

- Mơn: TỐN, Khối A (Đáp án – thang điểm gồm trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,0

I.1 1,0

1 1

m y x

4 x

= ⇒ = +

a) TXĐ: \\{0} b) Sự biến thiên:

2

1 x y '

4 x 4x −

= − = , y ' 0= ⇔ = −x 2, x 2.=

0,25

yCĐ= − = −y 2( ) 1, yCT=y 2( )=1

Đường thẳng x 0= tiệm cận đứng Đường thẳng y 1x

4

= tiệm cận xiên

0,25

c) Bảng biến thiên:

x − ∞ −2 + ∞ y’ + − − + y

−1 + ∞ + ∞

− ∞ −∞

0,25

d) Đồ thị

0,25

(79)

2

I.2 1,0

2

1

y ' m , y ' x

= − = có nghiệm m 0> Nếu m 0> y ' x1 , x2

m m

= ⇔ = − =

0,25

Xét dấu y ' x

−∞

m

−

m + ∞ y ' + − || − +

Hàm số ln có cực trị với m 0.>

0,25

Điểm cực tiểu ( )Cm M ; m m

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

Tiệm cận xiên (d) : y mx= ⇔mx y 0.− =

( ) 2

m m m

d M, d

m m

−

= =

+ +

0,25

( )

2

1 m

d M;d m 2m m

2 m

= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ =

+

Kết luận: m 1= 0,25

II 2,0

II.1 1,0

Bất phương trình: 5x 1− − x 1− > 2x 4− ĐK:

5x

x x 2x

− ≥ ⎧

⎪ − ≥ ⇔ ≥ ⎨

⎪ − ≥ ⎩

0,25 Khi bất phương trình cho tương đương với

5x 1− > 2x 4− + x 1− ⇔5x 2x x (2x 4)(x 1)− > − + − + − − 0,25

2

x (2x 4)(x 1) x 4x 2x 6x ⇔ + > − − ⇔ + + > − +

⇔x2−10x 0< ⇔ < <0 x 10. 0,25

Kết hợp với điều kiện ta có : x 10≤ < nghiệm bất phương trình cho 0,25

II.2 1,0

Phương trình cho tương đương với

(1 cos 6x cos 2x+ ) − +(1 cos 2x)=0

⇔cos 6x cos 2x 0− =

0,25 ⇔cos8x cos 4x 0+ − =

2cos 4x cos 4x

⇔ + − = 0,25

( )

= ⎡

⎢ ⇔⎢

= − ⎢⎣

cos 4x

cos 4x lo¹i

Vậy cos 4x= ⇔ =1 x kπ(k∈])

0,5

(80)

3

III 3,0

III.1 1,0

Vì A d∈ ⇒1 A t; t ( )

Vì A C đối xứng qua BD B, D Ox∈ nên C t; t( − ) 0,25 Vì C d∈ 2 nên 2t t 0− − = ⇔ =t Vậy A 1;1 , C 1; 1( ) ( − ) 0,25 Trung điểm AC I 1;0( ) Vì I tâm hình vng nên

IB IA ID IA = = ⎧

⎨ = = ⎩

0,25

b 1

B Ox B(b;0) b 0, b D Ox D(d;0) d 1 d 0,d

⎧ − =

∈ ⎧ = =

⎧ ⇔⎧ ⇒⎪ ⇔

⎨ ∈ ⎨ ⎨ − = ⎨ = =

⎩ ⎩ ⎪⎩ ⎩

Suy ra, B 0;0( ) D 2;0( ) B 2;0( ) D 0;0( ) Vậy bốn đỉnh hình vng

( ) ( ) ( ) ( )

A 1;1 , B 0;0 , C 1; , D 2;0 ,−

hoặc

( ) ( ) ( ) ( )

A 1;1 , B 2;0 , C 1; , D 0;0 −

0,25

III.2a 1,0

Phương trình tham số

x t d : y 2t

z t = − ⎧

⎪ = − + ⎨

⎪ = + ⎩

0,25

( )

I d∈ ⇒I t; 2t;3 t− − + + , d I, P( ( )) 2t − +

= 0,25

( )

( ) t

d I, P t

t = ⎡ = ⇔ − = ⇔ ⎢ = −

⎣ 0,25

Vậy có hai điểm I1(−3;5;7 , I 3; 7;1) (2 − ) 0,25

III.2b 1,0

Vì A d∈ nên A t; 2t;3 t( − − + + )

Ta có A∈( )P ⇔ t( − + − +) ( 2t) (−2 t+ + = ⇔ =) t Vậy A 0; 1;4( − )

0,25

Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến nG=(2;1; − )

Đường thẳng d có vectơ phương uG= −( 1;2;1)

Vì ∆ ⊂( )P ∆ ⊥d nên ∆ có vectơ phương uJJG∆=⎡⎣n, uG G⎤⎦=(5;0;5)

0,5

Phương trình tham số ∆:

x t y z t

= ⎧ ⎪ = − ⎨ ⎪ = + ⎩

0,25

(81)

4

IV 2,0

IV.1 1,0

2

0

(2cos x 1)sin x

I dx

1 3cos x

π

+ =

+

∫ 0,25

Đặt

2

t cos x

3 t 3cos x

3sin x dt dx

2 3cos x ⎧ = −

⎪⎪ = + ⇒ ⎨

⎪ = −

⎪ +

⎩ x t 2, x t

2 π

= ⇒ = = ⇒ =

0,25

( )

1 2

2

t 2

I dt 2t dt 3

⎛ − ⎞⎛ ⎞

= ⎜ + ⎟⎜− ⎟ = + ⎝ ⎠

⎝ ⎠

∫ ∫ 0,25

2

1

2 2t 16 34

t

9 3 27 ⎛ ⎞ ⎡⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎤ = ⎜ + ⎟ = ⎢⎜ + ⎟ ⎜− + ⎟⎥=

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎣ ⎦

⎝ ⎠ 0,25

IV.2 1,0

Ta có ( )2n 1 2 3 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n

1 x + C C x C x C x C +x +

+ + + + +

+ = + + + + + ∀ ∈\x 0,25

Đạo hàm hai vế ta có

( )( )2n 1 2 3 2 ( ) 2n 1 2n

2n 2n 2n 2n

2n 1 x C 2C x 3C x 2n C +x

+ + + +

+ + = + + + + + ∀ ∈\x 0,25

Thay x= −2 ta có:

( )

1 2 3 2n 2n

2n 2n 2n 2n 2n

C 2.2C 3.2 C 4.2 C 2n C + 2n

+ − + + + − + + + + + = + 0,25

Theo giả thiết ta có 2n 2005+ = ⇒n 1002= 0,25

V 1,0

Với a, b 0> ta có : a b 1 1

4ab (a b)

a b 4ab a b a b

+ ⎛ ⎞

≤ + ⇔ ≤ ⇔ ≤ ⎜ + ⎟

+ + ⎝ ⎠

Dấu " "= xảy a b=

0,25 Áp dụng kết ta có:

1 1 1 1 1 1 1 (1) 2x y z 2x y z 2x y z x 2y 2z

⎡ ⎤

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

≤ ⎜ + ⎟≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥= ⎜ + + ⎟ + + ⎝ + ⎠ ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎝ ⎠

Tương tự

1 1 1 1 1 1 1

(2) x 2y z 2y x z 2y x z y 2z 2x

⎛ ⎞ ⎡ ⎛ ⎞⎤ ⎛ ⎞ ≤ ⎜ + ⎟≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥= ⎜ + + ⎟ + + ⎝ + ⎠ ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎝ ⎠

1 1 1 1 1 1 1 (3) x y 2z 2z x y 2z x y z 2x 2y

⎡ ⎤

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

≤ ⎜ + ⎟≤ ⎢ + ⎜ + ⎟⎥= ⎜ + + ⎟ + + ⎝ + ⎠ ⎣ ⎝ ⎠⎦ ⎝ ⎠

0,5

Vậy 1 1 1 1

2x y z x 2y z x y 2z x y z ⎛ ⎞ + + ≤ ⎜ + + ⎟= + + + + + + ⎝ ⎠

Ta thấy bất đẳng thức (1), (2), (3) dấu " "= xảy

x y z.= = Vậy đẳng thức xảy x y z = = =

0,25

(82)

-

- Mơn: TỐN, Khối B (Đáp án – thang điểm gồm trang)

I 2,0

I.1 1,0

x 2x

m y x

x x

+ +

= ⇒ = = + +

+ +

a) TXĐ: \\{−1} b) Sự biến thiên:

( ) ( )

2

1 x 2x

y '

x x

+

= − =

+ + , y ' 0= ⇔ = −x 2, x 0.=

0,25

yCĐ y 2( )= −2, yCT=y 0( )=2

1

= −

Đường thẳng x= − tiệm cận đứng

Đường thẳng y x 1= + tiệm cận xiên 0,25

x − ∞ −2 −1 + ∞ y’ + − − + y

−2 + ∞ + ∞

− ∞ −∞

0,25

c) Đồ thị

0,25

(83)

I.2 1,0

Ta có: y x m x = + +

+

TXĐ: \\{−1}

( )

2

x x

y ' , y ' x 2, x

x x

+

= − = = ⇔ = − =

+ +

0,25

Xét dấu y '

x −∞ −2 −1 + ∞ y’ + − || − +

Đồ thị hàm số (*) ln có điểm cực đại M 2; m 3(− − ) điểm cực tiểu

( )

N 0; m 1+

0,50

( )

( )2 (( ) ( ))2

MN= 0− −2 + m 1+ − m 3− = 20 0,25

II 2,0

II.1 1,0

( )2

9

x y (1) 3log 9x log y (2) ⎧ − + − =

⎪ ⎨

− = ⎪⎩

ĐK: x

0 y ≥ ⎧ ⎨ < ≤ ⎩

0,25

( )2 ⇔3 log x( + )−3log y 33 = ⇔log x log y3 = ⇔ =x y 0,25 Thay y x= vào (1) ta có

x 1− + x 1− = ⇔ − + − +x x x x( − )( − )=1

⇔ (x x− )( − )= ⇔ =0 x 1, x 2.=

Vậy hệ có hai nghiệm ( ) ( )x; y = 1;1 ( ) ( )x; y = 2;2

0,50

II.2 1,0

2

sin x cos x 2sin x cos x 2cos x 0+ + + =

( )

sin x cos x 2cos x sin x cos x

⇔ + + + =

(sin x cos x 2cos x 1)( )

⇔ + + =

0,50

• sin x cos x tgx x k π

+ = ⇔ = − ⇔ = − + π (k∈]) 0,25

• 2cos x cos x x k2

2

π

+ = ⇔ = − ⇔ = ± + π (k∈]) 0,25

(84)

III 3,0

III.1 1,0

Gọi tâm (C) I a;b( ) bán kính (C) R

(C) tiếp xúc với Ox A⇒ =a b =R 0,25

( ) (2 )2

IB 5= ⇔ 2− + b− =25⇔b −8b 0+ = ⇔ =b 1, b 7.= 0,25

Với a 2, b 1= = ta có đường trịn

( ) ( ) (2 )2

1

C : x 2− + y 1− =1 0,25

Với a 2, b 7= = ta có đường trịn

( ) ( ) (2 )2

2

C : x 2− + y 7− =49 0,25

III.2a 1,0

( ) ( )

1

A 0; 3;4 ,C 0;3;4 −

0,25

( ) ( )

BCJJJG= −4;3;0 , BBJJJJG= 0;0;4

Vectơ pháp tuyến mp BCC B( 1 1) nG=⎡⎣BC, BBJJJG JJJJG1⎤⎦=(12;16;0)

Phương trình mặt phẳng (BCC B :1 1)

( )

12 x 4− +16y 0= ⇔3x 4y 12 0.+ − =

0,25

Bán kính mặt cầu:

( )

( 1 ) 2 2 12 12 24 R d A, BCC B

5 − −

= =

+ =

0,25 Phương trình mặt cầu:

( )2

2 576

x y z 25

+ + + = 0,25

III.2b 1,0

Ta có M 2; 3;4 , AM 2; ;4 , BC3 1 ( 4;3;4 )

2

⎛ − ⎞ =⎛ ⎞ = − ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ JJJJG JJJJG

0,25

Vectơ pháp tuyến (P) JJGnP=⎣⎡JJJJG JJJJGAM, BC1⎤⎦= − −( 6; 24;12) Phương trình (P): −6x 24 y 3− ( + +) 12z 0= ⇔ +x 4y 2z 12 0.− + =

Ta thấy B(4;0;0) (P).∉ Do (P) qua A, M song song với BC 1

0,25

Ta có A CJJJJJG1 1=(0;6;0) Phương trình tham số đường thẳng A C1 1

x y z

= ⎧

⎪ = − +t ⎨

⎪ = ⎩

( )

1

N A C∈ ⇒N 0; t;4 − +

Vì N∈( )P nên t+ − + − +( ) 12 0= ⇔ = t

Vậy N 0; 1;4 ( − )

( )2 ( )2

MN 4

2

⎛ ⎞

= − + − +⎜ ⎟ + − =

⎝ ⎠

7

0,50

(85)

IV 2,0

IV.1 1,0

Ta có

2

0

sin x cos x I dx

1 cos x

π

=

+

∫ Đặt t cos x= + ⇒dt= −sin xdx x t 2, x t

2 π

= ⇒ = = ⇒ =

0,25

( ) ( )2

1

2

t 1

I dt t dt

t t

− ⎛ ⎞

= − = ⎜ − + ⎟ ⎝ ⎠

∫ ∫ 0,25

2

1

t

2 2t ln t

⎛ ⎞

= ⎜ − + ⎟

⎝ ⎠ 0,25

2 ln 2( ) 2ln 2

⎡ ⎛ ⎞⎤

= ⎢ − + −⎜ − ⎟⎥= − ⎝ ⎠

⎣ ⎦ 0,25

IV.2 1,0

Có cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ Với cách phân công niên tình nguyện tỉnh thứ có cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ hai Với cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ tỉnh thứ hai có cách phân cơng niên tình nguyện tỉnh thứ ba

1 12

C C

1

C C

1 4

C C

0,50

Số cách phân cơng đội niên tình nguyện tỉnh thỏa mãn yêu cầu toán

1 4 12

C C C C C C =207900

0,50

V 1,0

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có

x x x

12 15 12 15

5

⎛ ⎞ +⎛ ⎞ ≥ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

x

x x

x

12 15

2.3 (1)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⇒⎜ ⎟ +⎜ ⎟ ≥

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,50

Tương tự ta có

x x

x

x x

x

12 20

2.4 (2)

15 20

2.5 (3)

⎛ ⎞ +⎛ ⎞ ≥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ +⎛ ⎞ ≥ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,25

Cộng bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế bất đẳng thức nhận cho 2, ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ⇔(1), (2), (3) đẳng thức ⇔ x 0.= 0,25

-Hết -

(86)

-

- Mơn: TỐN, Khối D (Đáp án – thang điểm gồm trang)

I 2,0

I.1 1,0

3

1 m y x x

3 = ⇒ = − +

a) TXĐ: \

b) Sự biến thiên: y ' x= 2−2x, y ' 0= ⇔ =x 0, x 2.= 0,25 Bảng biến thiên:

x − ∞ + ∞ y’ + − +

y

3

−

+ ∞

∞ −

yCĐ

1

( ) CT ( )

1

y , y y

= = = = −

0,25

c) Tính lồi lõm, điểm uốn

y '' 2x 2, y '' 0= − = ⇔ =x

x −∞ + ∞ y’’ − + Đồ thị hàm số lồi U 1;

3 ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ lõm

Đồ thị hàm số nhận U 1; ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ điểm uốn

0,25

d) Đồ thị

-1

2 O

y

x

0,25

(87)

I.2 1,0

Ta có: y ' x= −mx

Điểm thuộc (Cm) có hồnh độ x= −1 M 1; m

2 ⎛− − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,25

Tiếp tuyến M (Cm)

∆: y m y ' x 1( )( ) y (m x) m

2

2 +

+ = − + ⇔ = + + 0,25

∆ song song với d :5x y 0− = ( hay d : y 5x= )

m

m m

+ = ⎧

⇔ =

⎨ + ≠ ⎩

Vậy m 4=

0,50

II 2,0

II.1 1,0

2 x 2 x 1+ + + − x 4.+ =

ĐK: x≥ − 0,25

( )2 ( )

2 x 1+ + − x 4+ = ⇔2 x 1+ + − x 4+ = ⇔ x 2+ = 0,50

x

⇔ = 0,25

II.2 1,0

2

1 2sin x cos x sin 4x sin 2x

2

⎡ ⎛ π⎞ ⎤ − + ⎢ ⎜ − ⎟+ ⎥−

⎝ ⎠

⎣ ⎦ 2= 0,25

2

2 sin 2x cos 4x sin 2x ⇔ − − + − =

( )

2

sin 2x 2sin 2x sin 2x ⇔ − − − + − =

2

sin 2x sin 2x sin 2x

⇔ + − = ⇔ = sin 2x= −2 (loại)

0,50

Vậy sin 2x 2x 2k x k (k )

2

π π

= ⇔ = + π ⇔ = + π ∈] 0,25

(88)

III 3,0

III.1 1,0

Giả sử A x ; y ( o o) Do A, B đối xứng qua Ox nên B(x ; y ).o − o Ta có AB2 =4yo2 2 ( )2 2

o

AC = x −2 +y 0,25

Vì A∈( )E nên

2

o o

x x

y y (1) + = ⇒ = −

Vì AB AC= nên ( )2 2 2

o o o

x −2 +y =4y (2)

0,25

Thay (1) vào (2) rút gọn ta

o

o o

o

x 7x 16x 2

x = ⎡ ⎢ − + = ⇔

⎢ = ⎢⎣

0,25

Với x0 = thay vào (1) ta có y0=0 Trường hợp loại A C≡

Với x0

= thay vào (1) ta có y0 = ±

Vậy A 3; , B 2; 7 7 ⎛ ⎞ ⎛

− ⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝

⎞ ⎟⎟ ⎠

2 4 A ; , B ;

7 7 ⎛ ⎞ ⎛

−

⎜ ⎟ ⎜ ⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟⎟ ⎠

0,25

III.2a 1,0

d qua M 1; 2; 11( − − ) có vectơ phương uJJG1=(3; 1;2− )

2

d có vectơ phương u2 1; 1 1; (3; ) 0 1

⎛ − − ⎞ =⎜ ⎟=

⎝ ⎠ −1;2 JJG

0,25

Vì uJJG JJG1=u2 M1∉d2 nên d // d 0,25

Mặt phẳng (P) chứa d2 nên có phương trình dạng

( ) ( ) ( 2 )

x y z x 3y 12 0 α + − − + β + − = α + β ≠

Vì M1∈( )P nên α − + −(1 2) (+ β − −1 12)= ⇔ α + β =0 17

0,25

Chọn α =17⇒ β = −2 Phương trình (P) là:

15x 11y 17z 10 0.+ − − = 0,25

III.2b 1,0

Vì A, B Oxz∈ nên yA =yB = Vì A d∈ 1 nên xA zA

3 − = = +1

− ⇒xA=zA = −5,⇒A 5;0; 5(− − )

B B B

2

B B

x z x 12

B d B(12;0;10) x 12 z 10

− − = =

⎧ ⎧

∈ ⇒⎨ ⇔⎨ ⇒ − = =

⎩ ⎩

0,50

( ) ( ) (

OAJJJG= −5;0; ,OB− JJJG= 12;0;10 ⇒⎡⎣OA,OBJJJG JJJG⎤⎦= 0; 10;0 − )

OAB

1

S OA,OB 10

2

∆ = ⎡⎣ ⎤⎦ =

JJJG JJJG

5

= (đvdt)

0,50

(89)

IV 2,0

IV.1 1,0

( )

2

sin x

0

1 cos 2x I e d sin x d

2

π π

+

=∫ +∫ x 0,25

sin x 2

0

1 e x sin 2x

2

π ⎛ ⎞ π

= + ⎜ + ⎟

⎝ ⎠ 0,50

e

4 π

= + − 0,25

IV.2 1,0

ĐK: n 3≥

Ta có 2 2

n n n n

C + +2C + +2C + +C + =149

( )

( ) ( ) (( )) (( ))

n ! n ! n ! n !

2 149

2! n ! 2!n! 2! n ! 2! n !

+ + + +

⇔ + + + =

− + +

0,25

2

n 4n 45 n 5, n ⇔ + − = ⇔ = = −9

Vì n nguyên dương nên n 5= 0,25

4

6

6! 5! A 3A 2! 2!

M

6! 6! +

+

= = = 0,50

V 1,0

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

3 3 3

3

1 x y 1.x y 3xy x y

(1) xy xy

+ + ≥ = + +

⇔ ≥ 0,25

Tương tự

3

1 y z

(2) yz yz

1 z x

(3) zx zx

+ + ≥

+ + ≥ 0,25

Mặt khác

3 3 3 3

xy + yz + zx ≥ xy yz zx

3 3 (4)

xy yz zx

⇒ + + ≥ 0,25

Cộng bất đẳng thức (1), (2), (3) (4) ta có điều phải chứng minh

Đẳng thức xảy ⇔(1), (2), (3) (4) đẳng thức ⇔ x y z 1= = = 0,25

-Hết -

(90)

1/5

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) y = 2x3−9x2+12x 4.−

• TXĐ: .\

• Sự biến thiên: y ' x= ( 2−3x 2+ , y' 0) = ⇔ =x 1, x 2.= 0,25

+ _

+

+∞ -∞

0

2

1 +∞

-∞

y y' x

yCĐ = y 1( )=1, yCT =y 2( )= 0,50

• Đồ thị:

O

−4 1

2 x

y

0,25

2 Tìm m để phương trình có nghiệm phân biệt (1,00 điểm)

Phương trình cho tương đương với: x3−9 x2+12 x m 4− = − Số nghiệm phương trình cho số giao điểm đồ thị hàm số

3

y x= −9 x +12 x 4− với đường thẳng y m 4.= − 0,25 Hàm số y x= 3−9 x2+12 x 4− hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục

đối xứng 0,25

(91)

2/5

Từ đồ thị hàm số cho suy đồ thị hàm số:

3 2

y x= −9x +12 x 4−

0,25

Từ đồ thị suy phương trình cho có nghiệm phân biệt khi:

0 m 1< − < ⇔ < < m 0,25

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện: sin x ( )1

2

≠

Phương trình cho tương đương với:

( 6 )

2 sin x cos x sin x cos x sin 2x sin 2x

4

⎛ ⎞

+ − = ⇔ ⎜⎝ − ⎟⎠− =

⇔3sin 2x sin 2x 02 + − = 0,50

⇔sin 2x 1=

x k (k )

π

⇔ = + π ∈] 0,25

Do điều kiện (1) nên: x 2m (m )

π

= + π ∈] 0,25

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Điều kiện: x≥ −1, y≥ −1, xy 0.≥ Đặt t= xy t ( ≥ ) Từ phương trình thứ

nhất hệ suy ra: x y t.+ = + 0,25

Bình phương hai vế phương trình thứ hai ta được:

( )

x y 2 xy x y 16+ + + + + + = Thay xy t , x y t2

= + = + vào (2) ta được:

2

3 t 2 t+ + + + + + =3 t 16 ⇔2 t + + = − t 11 t

0,25

( ) ( )2

0 t 11 0 t 11

t t t 11 t 3t 26t 105

≤ ≤

⎧ ⎧ ≤ ≤

⎪

⇔⎨ ⇔ ⎨ ⇔ =

+ + = − ⎩ + − =

⎪⎩ 0,25

Với t 3= ta có x y 6, xy 9.+ = = Suy ra, nghiệm hệ (x; y) (3;3).= 0,25 O

−4 1

2 x

−1 −2

y = m − y

(92)

3/5

III 2,00

1 Tính khoảng cách hai đường thẳng A 'C MN (1,00 điểm)

Gọi ( )P mặt phẳng chứa A 'C song song với MN Khi đó:

( ) ( ( ))

d A 'C, MN =d M, P 0,25

Ta có: C 1;1;0 , M( ) 1;0;0 , N 1;1;0

2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

A 'CJJJJG=(1;1; , MN− ) JJJJG=(0; 1; 0)

A 'C, MN 1; 1 1; (1;0;1 ) 0 0

⎛ − − ⎞

⎡ ⎤ =⎜ ⎟=

⎣ ⎦ ⎝ ⎠

JJJJG JJJJG

0,25 Mặt phẳng ( )P qua điểm A ' 0;0;1 ,( ) có vectơ pháp tuyến nG =(1;0;1 ,) có

phương trình là: x 0( − +) (0 y 0− +) (1 z 1− = ⇔ + − = ) x z 0,25 Vậy ( ) ( ( ))

2 2

1

d A 'C, MN d M, P

2

1

+ −

= = =

+ + 0,25

2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm)

Gọi mặt phẳng cần tìm ( )Q : ax by cz d a+ + + = ( 2+ + >b2 c2 0 )

Vì ( )Q qua A ' 0;0;1( ) C 1;1;0( ) nên: c d c d a b a b d

+ = ⎧

⇔ = − = + ⎨

+ + = ⎩

Do đó, phương trình ( )Q có dạng: ax by+ + +(a b z) (− +a b)= 0,25 Mặt phẳng ( )Q có vectơ pháp tuyến nG=(a; b;a b+ ), mặt phẳng Oxy có vectơ pháp tuyến kG=(0;0;1)

Vì góc ( )Q Oxy α mà cos

α = nên cos n, k( ) = G G

0,25

( )2

2

a b

6

a b a b

+

⇔ =

+ + + ( ) ( )

2 2 2

6 a b a b ab

⇔ + = + +

⇔ = − ba 2b = − 2a 0,25 Với a= − , chọn 2b b= −1, mặt phẳng ( )Q : 2x y z 0.1 − + − =

Với b= − , chọn a 1,2a = mặt phẳng ( )Q : x 2y z 0.2 − − + =

0,25

IV 2,00

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

Ta có: 2

2 2

0

sin 2x sin 2x

I dx dx

cos x 4sin x 3sin x

π π

= =

+ +

∫ ∫

Đặt t 3sin x= + ⇒dt 3sin 2xdx.= 0,25

Với x 0= t 1= , với x π

= t 4.= 0,25

Suy ra:

4

1

1 dt I

3 t

= ∫ 0,25

4

1

2 t 2.

3

= = 0,25

(93)

4/5

2 Tìm giá trị lớn A (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra: 1 12 12

x + =y x +y −xy Đặt a, b

x = y = ta có: ( )

2

a b a+ = +b −ab

A a= 3+b3= +(a b a)( 2+b2−ab)= +(a b )2 0,25 Từ (1) suy ra: a b+ = +(a b)2−3ab

Vì

2

a b ab

2 +

⎛ ⎞

≤ ⎜⎝ ⎟⎠ nên a b (a b)2 3(a b)2

+ ≥ + − +

( )2 ( )

a b a b 0 a b

⇒ + − + ≤ ⇒ ≤ + ≤

Suy ra: A= +(a b)2≤16

0,50

Với x y

= = A 16.= Vậy giá trị lớn Alà 16 0,25

V.a 2,00

1 Tìm điểm M d∈ cho 3 d M,d( 1)=2d M, d( 2) (1,00 điểm)

Vì M d∈ nên 3 M 2y; y ( ) 0,25

Ta có:

( ) ( )

( )

1 2 2 2

2

2y y 3y 2y y y

d M,d , d M,d

2

1 1

+ + + − − −

= = = =

+ + − 0,25

( 1) ( 2)

d M,d =2d M,d ⇔ 3y y y 11, y

2

+ −

= ⇔ = − = 0,25

Với y= −11 điểm M1(−22; 11 − )

Với y 1= điểm M 2; 2( ) 0,25

2 Tìm hệ số x26 khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm)

• Từ giả thiết suy ra: n 20 ( )

2n 2n 2n

C + +C + + ⋅⋅⋅+C + =2 Vì Ck2n 1+ =C2n k2n 1+ −+ , k,0 k 2n 1∀ ≤ ≤ + nên:

( ) ( )

0 n 2n

2n 2n 2n 2n 2n 2n

1

C C C C C C

2

+

+ + + + ⋅⋅⋅+ + = + + + + ⋅⋅⋅+ + 0,25

Từ khai triển nhị thức Niutơn ( )1 1+ 2n 1+ suy ra:

C02n 1+ +C12n 1+ + ⋅⋅⋅+C2n 12n 1++ = +( )1 12n 1+ =22n 1+ ( )3

Từ (1), (2) (3) suy ra: 22n =220 hay n 10.= 0,25

• Ta có: ( ) ( )

10 10 10

10 k k

7 k k 11k 40

10 10

4

k k

1

x C x x C x

x

−

− −

= =

⎛ ⎞

+ = =

⎜ ⎟

⎝ ⎠ ∑ ∑ 0,25

Hệ số x 26 k 10

C với k thỏa mãn: 11k 40 26− = ⇔ = k Vậy hệ số x là: 26

10

C =210 0,25

(94)

5/5

V.b 2,00

1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)

Phương trình cho tương đương với: ( )

3x 2x x

2 2

3

3 3

⎛ ⎞ + ⎛ ⎞ −⎛ ⎞ − =

⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25

Đặt ( )

x

2

t t

3 ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ >

⎝ ⎠ , phương trình (1) trở thành:

3

3t +4t − − = t 0,25

( ) (2 )

t 3t t

⇔ + − = ⇔ = (vì t 0> ) 0,25

Với t =

x

2

3

⎛ ⎞ = ⎜ ⎟

⎝ ⎠ hay x 1.= 0,25

2 Tính thể tích khối tứ diện (1,00 điểm)

Kẻ đường sinh AA ' Gọi D điểm đối xứng với A ' qua O ' H hình chiếu B đường thẳng A 'D

A A'

O

O' H D

B

Do BH⊥A 'D BH⊥AA ' nên BH ⊥(AOO 'A ' ) 0,25 Suy ra: VOO 'AB 1.BH.SAOO '

3

= 0,25

Ta có: A 'B= AB2−A 'A2 = 3a ⇒BD= A 'D2−A 'B2 = a BO 'D

⇒ Δ BH a

⇒ = 0,25

Vì AOO ' tam giác vuông cân cạnh bên a nên: SAOO ' 1a 2 = Vậy thể tích khối tứ diện OO 'AB là:

2

1 3a a 3a

V

3 2 12

= = 0,25

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định

-Hết -

(95)

1/4

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

−−−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

ĐỀ CHÍNH THỨC Mơn: TỐN, khối B

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm)

2

x x 1

y x

x x

+ −

= = − +

+ +

• Tập xác định: \ \{ }− • Sự biến thiên:

( )2

1

y ' ,

x = −

+ y' = ⇔ x = −3 x = −1 0,25 Bảng biến thiên:

yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1

0,25

• Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = −

- Tiệm cận xiên: y = x − 0,25

• Đồ thị (C):

0.25

2 Viết phương trình tiếp tuyến vng góc với tiệm cận xiên đồ thị (C) (1,00 điểm) Tiệm cận xiên đồ thị (C) có phương trình y = x − 1, nên tiếp tuyến vng góc

với tiệm cận xiên có hệ số góc k = −1 0,25 Hoành độ tiếp điểm nghiệm phương trình: y' = −1

⇔ −

( )2

1

x 2+ = −1 ⇔ x = −2 2

± 0,25

Với x = − +

2 ⇒ y =

2 − ⇒ pt tiếp tuyến (d1): y = −x + 2 −5, 0,25 Với x = − −

2 ⇒ y = −

2 − ⇒ pt tiếp tuyến (d2): y = −x − 2 −5 0,25 x

y' y

− ∞

− ∞ − ∞

+ ∞

+ ∞ + ∞

−5

−1 −1 0

−3 −2

− −

+ +

x y

O −1

−1 −3 −2

−5

(96)

2/4

II 2,00

1 Giải phương trình (1,00 điểm)

Điều kiện: sin x 0, cos x 0, cosx

≠ ≠ ≠ (1) 0,25 Phương trình cho tương đương với:

x x

cos x cos sin x sin

cos x sin x 2 2 4

x sin x cos x cos

2 +

+ =

cos x sin x 4 4 sin 2x sin x cos x sin x cos x

⇔ + = ⇔ = ⇔ = 0,50

x k

12

x k

12 π ⎡ = + π ⎢

⇔ ⎢ π ⎢ = + π ⎢⎣

(k ∈ ] ), thỏa mãn (1) 0,25

2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm)

2

x +mx 2x 1+ = + (2)

⇔ 2

2x x mx (2x 1)

+ ≥ ⎧

⎨

+ + = +

⎩ ⇔

1 x

2

3x (m 4)x (3)

⎧ ≥ −

⎪ ⎨

⎪ − − − =

⎩

0,25

(2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: −1

2 ≤ x1 < x2 0,25

⇔ ⎧

⎪Δ = − + > ⎪

− ⎪ = > − ⎨

⎪

⎪ ⎛− ⎞= + − − ≥ − − −

⎪ ⎜⎝ ⎟⎠ ⎩

2

(m 4) 12

S m

2

1 m

f 0, f(x) = 3x (m 4)x

2

0,25

⇔ m ≥

2 0,25

III 2,00

1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d1 d2 (1,00 điểm)

Vectơ phương d1 d2 là: u1=(2; 1; 1)−

JJG

uJJG2= −(1; 2; 1) 0,25 ⇒ vectơ pháp tuyến (P) là: JJGn [u , u ] ( 1; 3; 5).= JJG JJG1 2 = − − − 0,25 Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0,25 Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P)

Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm (P): x + 3y + 5z − 13 = 0,25

2 Tìm tọa độ điểm M ∈ d1, N ∈ d2 cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm)

Vì M ∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m; + m; − − m), N(1 + n; −1 − 2n; + n)

⇒ AMJJJJG = (2m; m; −3 − m); ANJJJG = (1 + n; −2 − 2n; n) 0,25 ⇒ [AMJJJJG, ANJJJG] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m) 0,25 A, M, N thẳng hàng ⇔ [ AMJJJJG, ANJJJG] = 0G 0,25 ⇔ m = 0, n = −1 ⇒ M(0; 1; −1), N(0; 1; 1) 0,25

(97)

3/4

IV 2,00

ln ln x

x x 2x x

ln ln

dx e dx

I

e 2e− e 3e

= =

+ − − +

∫ ∫

Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx; 0,25

với x = ln3 t = 3; với x = ln5 t = 0,25 ⇒

3

dt I

(t 1)(t 2) =

− −

∫

3

1

dt t t

⎛ ⎞

= ⎜ − ⎟

− −

⎝ ⎠

∫ 0,25

5

t

ln ln

t

−

= =

− 0,25

2 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A (1,00 điểm)

Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y)

Do OM + ON ≥ MN nên (x 1− )2+y2 + (x 1+ )2+y2 ≥ 4y+ =2 y +

Do đó: A y≥ + + − =y f (y) 0,25

• Với y ≤ ⇒ f(y) =2 y+ + − y

⇒ f '(y) =

2

2y y +1− f '(y) = ⇔ 2y = 1 y+

⇔ y 02 2 4y y

≥ ⎧⎪ ⎨

= +

⎪⎩ ⇔ y =

1 3.

Do ta có bảng biến thiên hình bên:

0,50

• Với y ≥ ⇒ f(y) ≥2 y+ ≥ > 2+ 3

Vậy A ≥ 2+ với số thực x, y Khi x = y =

3 A = 2+ nên giá trị nhỏ A 2+ 0,25

V.a 2,00

1 Viết phương trình đường thẳng qua tiếp điểm T1, T2 (1,00 điểm)

Đường trịn (C) có tâm I(1; 3) bán kính R = MI = > R nên M nằm (C) Nếu T(xo; yo) tiếp điểm tiếp tuyến kẻ từ M đến (C)

∈ ⎧⎪ ⎨

⊥ ⎪⎩JJJG JJG

T (C)

MT IT ⇒ ∈ ⎧⎪ ⎨

= ⎪⎩JJJG JJG

T (C)

MT.IT 0,25

MT JJJG

= (xo + 3; yo−1), IT JJG

= (xo−1; yo−3) Do ta có:

2

o o o o

x y 2x 6y (x 3)(x 1) (y 1)(y 3)

⎧ + − − + =

⎪ ⎨

+ − + − − =

⎪⎩ 0,25

⇒

2

o o o o

2

o o o o

x y 2x 6y

x y 2x 4y

⎧ + − − + =

⎪ ⎨

+ + − =

⎪⎩ ⇒ 2xo+yo− = (1) 0,25

Vậy, tọa độ tiếp điểm T1 T2 tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thỏa

mãn đẳng thức (1) Do đó, phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0,25

f(y) y

f '(y) − +

− ∞

2+

3

(98)

4/4

2 Tìm k∈{1,2, …, n} cho số tập gồm k phần tử A lớn (1,00 điểm)

Số tập k phần tử tập hợp A C kn Từ giả thiết suy ra: C4n =20C2n 0,25

2

n 5n 234 n 18

⇔ − − = ⇔ = (vì n ≥ 4) 0,25

Do

k 18

C 18 k

k C

+ −

=

+ > ⇔ k < 9, nên

1

18 18 18

C <C < < C ⇒ 10 18

18 18 18

C >C > > C

Vậy, số tập gồm k phần tử A lớn k = 0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)

Bất phương trình cho tương đương với

x x

5 5

x x

5 5

x x

5

log (4 144) log 16 log (2 1)

log (4 144) log 16 log log (2 1) log (4 144) log [80(2 1)]

−

− −

+ − < + +

⇔ + < + + +

⇔ + < + 0,50

( )

x x x x

4 144 80 − 20.2 64

⇔ + < + ⇔ − + < 0,25

x

4 16 x

⇔ < < ⇔ < < 0,25

2 Tính thể tích khối tứ diện ANIB (1,00 điểm)

Xét ΔABM ΔBCA vng có AM BA

AB = 2=BC⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA

⇒ n nABM BCA= ⇒ n n n nABM BAC BCA BAC 90+ = + = o ⇒ nAIB= 90o

⇒ MB ⊥ AC (1) 0,25

SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB (2)

Từ (1) (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC) 0,25 Gọi H trung điểm AC ⇒ NH đường trung bình ΔSAC

⇒ NH = SA a

2 = NH//SA nên NH ⊥ (ABI), V2 ANIB =

3NH.SΔABI 0,25

2 2

1 1

AI =AB +AM ⇒ AI =

a 3 ,

2 2

BI =AB −AI ⇒ BI = a

3 ⇒ SΔABI =

2

a ⇒ VANIB =

2

1 a a

3 =

3

a 36

0,25

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định

Hết -S

B

A

C

D I

N

H M

•

• •

•

a

(99)

1/4

KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn: TỐN, khối D

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm)

3

y x= −3x 2.+ • TXĐ: .\

• Sự biến thiên: y ' 3x= 2−3, y '= ⇔ = −0 x 1, x = 1.

0,25 Bảng biến thiên:

_ +

+

+∞

-∞

4

0

1

-1 +∞

-∞

y y' x

yCĐ = y 1( )− =4, yCT =y 1( )=0 0,50

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt (1,00 điểm)

Phương trình đường thẳng d là: y m x 3= ( − +) 20 0,25 Phương trình hồnh độ giao điểm d ( )C là:

( ) ( )( )

3

x −3x m x 3+ = − +20 ⇔ x x− +3x m+ − = 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị ( )C điểm phân biệt

( )

f x =x +3x m+ − có nghiệm phân biệt khác 0,25

( )

15

9 m m

4

f 24 m m 24.

⎧ Δ = − − >

⎧ >

⎪ ⎪

⇔ ⎨ ⇔ ⎨

= − ≠

⎪ ⎪

⎩ ⎩ ≠ 0,25

O −1

2

x y

−2

(100)

2/4

II 2,00

−2sin 2x.sin x − 2sin x 02 = ⇔sin x sin 2x sin x( + )=

( )

2

sin x 2cos x

⇔ + = 0,50

• sin x 0= ⇔ = πx k (k∈]) 0,25

• cos x x k2 (k )

2

π

= − ⇔ = ± + π ∈] 0,25

Đặt ( )

2

t

t 2x t x

2 +

= − ≥ ⇒ = Phương trình cho trở thành:

t4 − 4t2 + 4t − = 0,25

(t 1)2(t2 2t 1) 0

⇔ − + − = ⇔ =t 1, t= 1.− 0,50

Với t 1,= ta có x 1.= Với t= 1,− ta có x 2= − 0,25

III 2,00

1 Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm)

Mặt phẳng ( )α qua A 1; 2;3( ) vng góc với d có phương trình là: 1

( ) ( ) ( )

2 x 1− − − + − = ⇔y z 2x y z 0.− + − = 0,50 Tọa độ giao điểm H d 1 ( )α nghiệm hệ:

( )

x x y z

y H 0; 1;

2 1

2x y z z 2

= ⎧

− + −

⎧

= =

⎪ ⇔ ⎪ = − ⇒ −

−

⎨ ⎨

⎪ − + − = ⎪ =

⎩ ⎩

0,25

Vì A ' đối xứng với A qua d nên H trung điểm 1 AA ' ⇒A ' 1; 4;1 (− − ) 0,25

2 Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm)

Vì Δ qua A, vng góc với d cắt 1 d , nên 2 Δ qua giao điểm B

2

d ( )α 0,25

Tọa độ giao điểm B d 2 ( )α nghiệm hệ:

( )

x x y z

y B 2; 1;

1

2x y z z

= ⎧

− − +

⎧ = =

⎪ ⎪

⇔ = − ⇒ − −

−

⎨ ⎨

⎪ − + − = ⎪ = −

⎩ ⎩

0,25

Vectơ phương Δ là: u ABG =JJJG= − −(1; 3; ) 0,25 Phương trình Δ là: x y z

1

− = − = −

− − 0,25

IV 2,00

( )

1

2x

I=∫ x e dx.− Đặt u x 22x du dx, v 1e 2x dv e dx

= −

⎧⎪ ⇒

= =

⎨ =

⎪⎩ 0,25

( ) 2x1 2x

0

1

I x e e dx

2

= − − ∫ 0,25

1

2

2x

e 3e

1 e

2 4

−

= − + − = 0,50

(101)

3/4

2 Chứng minh với a 0,> hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x, y> − Hệ cho tương đương với:

( ) ( ) ( )

( )

x a x

e e ln x ln a x

y x a

+

⎧ − + + − + + =

⎪ ⎨

= + ⎪⎩

Hệ cho có nghiệm phương trình (1) có nghiệm

nhất khoảng (− + ∞ 1; ) 0,25

Xét hàm số f x( )=ex a+ − +ex ln x( + −) ln a x ,( + + ) với x> − Do f x( ) liên tục khoảng (− + ∞ 1; )

( ) ( )

xlim f x→−1+ = −∞, lim f xx→+ ∞ = + ∞

nên phương trình f x( )= có nghiệm khoảng (− + ∞ 1; ) 0,25 Mặt khác:

( )

( ) ( )( )

x a x

x a

1

f ' x e e

1 x a x a

e e 0, x

1 x a x

+

= − + −

+ + +

= − + > ∀ > −

+ + +

⇒ f x( ) đồng biến khoảng (− + ∞ 1; ) 0,25 Suy ra, phương trình f x( )= có nghiệm khoảng (− + ∞ 1; )

Vậy, hệ cho có nghiệm 0,25

V.a

1 Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc (1,00 điểm) Đường trịn ( )C có tâm I 1; ,( ) bán kính R 1.=

Vì M d∈ nên M x; x ( + ) 0,25

Yêu cầu toán tương đương với:

( ) (2 )2

MI R 2R= + ⇔ x 1− + +x = ⇔ =9 x 1, x= − 0,50 Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán là: M 1; , M1( ) 2(−2; ) 0,25

2 Số cách chọn học sinh thuộc không lớp (1,00 điểm)

Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh cho C124 =495 0,25 Số cách chọn học sinh mà lớp có em tính sau:

- Lớp A có học sinh, lớp B, C lớp có học sinh Số cách chọn là:

2 1

5

C C C =120

- Lớp B có học sinh, lớp C, A lớp có học sinh Số cách chọn là:

1

5

C C C =90

- Lớp C có học sinh, lớp A, B lớp có học sinh Số cách chọn là:

1

5

C C C =60

0,50

Số cách chọn học sinh mà lớp có học sinh là: 120 90 60 270.+ + =

Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 270 225.− = 0,25

(102)

4/4

V.b 2,00

Giải phương trình (1,00 điểm)

( ) ( ) ( )( )

2x x x x x 2x x x

2 − −1 −4 − −1 =0 ⇔ − − −1 = 0,50 • 22x− = ⇔4 0 22x =22 ⇔ = x 1.

• 2x2−x − = ⇔1 0 2x2−x = ⇔1 x2 − = ⇔ =x 0 x 0, x = 1.

Vậy, phương trình cho có hai nghiệm x 0, x 1.= = 0,50

Tính thể tích khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)

M

K H

N

C

B A

S

Gọi K trung điểm BC, H hình chiếu vng góc A SK Do BC⊥AK, BC SA⊥ nên BC⊥AH

Do AH SK, AH⊥ ⊥BC nên AH⊥(SBC ) 0,25 Xét tam giác vuông SAK: 12 12 12 AH 3a

AH =SA +AK ⇒ = 19 0,25

Xét tam giác vuông SAB:

2

SM SA

SA SM.SB

SB SB

= ⇒ = =

Xét tam giác vuông SAC: SA2 SN.SC SN SA22

SC SC

= ⇒ = =

Suy ra:

2 SMN

BCNM SBC

SBC

S 16 9 19a

S S

S =25⇒ = 25 = 100

0,25

Vậy, thể tích khối chóp A.BCNM là:

3 BCNM

1 3a

V AH.S

3 50

= = 0,25

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định

Hết

(103)

1/4

Câu Nội dung Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m= − ta có y x2 x

x x

−

= = − +

+ +

• Tập xác định: D = \{ 2}\ − • Sự biến thiên:

2

1 x 4x

y '

(x 2) (x 2)

+ +

= − =

+ + ,

x

y '

x = − ⎡ = ⇔ ⎢ = −

⎣

0,25

yCĐ = y 3( )− = −6, yCT =y 1( )− = −

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 0,25 • Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để hàm số có cực đại cực tiểu … (1,00 điểm)

( )

2

x 4x m y '

x + + − =

+

Hàm số (1) có cực đại cực tiểu ⇔ g x( )=x2+4x m+ − 2 có nghiệm

phân biệt x ≠ −2

( )

2

' 4 m 0

g 2 4 m 0

⎧∆ = − + > ⎪

⇔ ⎨

− = − + − ≠

⎪⎩ ⇔ m ≠

0,50

x − ∞ −3 −2 −1 + ∞

y' + − − +

y −6 + ∞ + ∞

−∞ − ∞ −2

x y

−

− −2 O −1 −2

(104)

2/4

Gọi A, B điểm cực trị ⇒ A m; 2(− − − , ) B m; 4m 2(− + − )

Do OAJJJG= − − −( m 2; 2)≠0G, OBJJJG=(m 2; 4m 2− − )≠0G nên ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông O ⇔ OA.OB 0JJJG JJJG= ⇔ −m2−8m 8+ = 0

⇔ m= − ±4 (thỏa mãn m ≠ 0) Vậy giá trị m cần tìm là: m= − ±4

0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2

⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0,50 ⇔ x π kπ, x π k2π, x k2π

4

= − + = + = (k ∈ Z ) 0,50

2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện:x 1≥ Phương trình cho ⇔ x 24 x m (1)

x x

− −

− + =

+ +

Đặt t x

x − =

+ , (1) trở thành

2

3t 2t m (2)

− + = 0,50

Vì t x 41

x x

−

= = −

+ + vàx 1≥ nên t 1.≤ < Hàm số f (t)= −3t2+2t, t 1≤ < có bảng biến thiên:

Phương trình cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ m − < ≤

0,50

III 2,00

1 Chứng minh d1 d2 chéo (1,00 điểm)

+) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ phương u1

JJG

= (2; −1; 1), d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ phương u2

JJG

= (2; 1; 0) 0,25

+) [u , u ]1

JJG JJG

= (−1; 2; 4) MNJJJJG = (−1; 0; 5) 0,50 +) [u , u ]JJG JJG1 2 MNJJJJG= 21 ≠ ⇒ d1 d2 chéo 0,25

2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt d1 d2 A, B Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên

A(2s;1 s; s), B( 2t;1 t;3).− − + − + + ⇒ ABJJJG= (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5)

0,25

(P) có véctơ pháp tuyến nG = (7; 1; − 4)

AB ⊥ (P) ⇔ ABJJJG phương với nG 0,25 ⇔ 2t 2s t s s

7

− − = + = − + − ⇔

5t 9s 4t 3s

+ + = ⎧

⎨ + + =

⎩ ⇔

s t

= ⎧ ⎨ = − ⎩ ⇒ A 2;0; , B 5; 1;3 ( − ) (− − )

0,25

Phương trình d là: x y z

7

− = = +

− 0,25

1 1/3

0 f(t)

t

0

1/3

-1

(105)

3/4

IV 2,00

1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm hai đường cho là:

(e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex − e)x = ⇔ x = x = 0,25

Diện tích hình phẳng cần tìm là: S =

1 x

xe −ex dx

∫ =

1

x

0

e xdx∫ −∫xe dx 0,25 Ta có:

1

0

e xdx∫ =

2 1

ex =

e 2,

1

x x x

0

1

xe dx xe e dx

= −

∫ ∫ = e ex1 1

0 − =

Vậy S e

= − (đvdt)

0,50

2 Tìm giá trị nhỏ P (1,00 điểm)

Ta có: x (y z)2 + ≥2x x Tương tự, y (z x)2 + ≥ 2y y , z (x y)2 + ≥ 2z z 0,25

⇒ P 2x x 2y y 2z z

y y 2z z z z 2x x x x 2y y

≥ + +

+ + + .

Đặt a = x x 2y y+ , b = y y 2z z+ , c = z z 2x x+ Suy ra: x x 4c a 2b

9 + −

= , y y 4a b 2c

9 + −

= , z z 4b c 2a

9 + −

=

0,25

Do P 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a

9 b c a

+ − + − + −

⎛ ⎞

≥ ⎜ + + ⎟

⎝ ⎠

c a b a b c

9 b c a b c a

⎡ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎤

= ⎢ ⎜ + + ⎟ ⎜+ + + ⎟− ⎥

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

⎣ ⎦ ≥ ( )

2

4.3

9 + − =

(Do c a b b c a+ + =

c a b c ⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠+ b

1 a ⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ − ≥ a b +

b

a − ≥ − = 3, c a b

b c a+ + ≥

c a b

b c a⋅ ⋅ = Tương tự,

a b c b c a+ + ≥ 3)

0,25

Dấu "=" xảy ⇔ x = y = z = Vậy giá trị nhỏ P 0,25

V.a 2,00

1 Viết phương trình đường trịn (1,00 điểm)

Ta có M(−1; 0), N(1; −2), ACJJJG= (4; − 4) Giả sử H(x, y) Ta có: BH AC

H AC

⎧ ⊥

⎪ ⎨

∈ ⎪⎩

JJJG JJJG

⇔ 4(x 2) 4(y 2) 4x 4(y 2)

+ − + =

⎧

⎨ + − =

⎩ ⇔

x y = ⎧ ⎨ =

⎩ ⇒ H(1; 1)

0,25

Giả sử phương trình đường trịn cần tìm là: x2+y2+2ax 2by c 0+ + = (1) 0,25

Thay tọa độ M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:

2a c 2a 4b c 2a 2b c

− = ⎧

⎪ − + = − ⎨

⎪ + + = − ⎩

0,25

1 a

2 b

2 c ⎧ = − ⎪ ⎪ ⎪ ⇔⎨ =

⎪ = − ⎪ ⎪⎩

Vậy phương trình đường trịn cần tìm là: x2+y2− + − = x y 0.

0,25

(106)

4/4

2 Chứng minh cơng thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: ( )2n 2n 2n

2n 2n 2n

1 x+ =C +C x C x ,+ + ( )2n 0 1 2n 2n

2n 2n 2n

1 x− =C −C x C x+ +

( )2n ( )2n ( 1 3 3 5 5 2n 2n 1)

2n 2n 2n 2n

1 x x C x C x C x C − x −

⇒ + − − = + + + +

( ) ( ) ( )

1 2n 2n

1 3 5 2n 2n

2n 2n 2n 2n

0

1 x x

dx C x C x C x C x dx

− −

+ − −

⇒∫ =∫ + + + +

0,50

• ( ) ( ) ( ) ( )

( )

1 2n 2n 2n 2n

0

1

1 x x x x

dx

0

2 2n

+ +

+ − − + + −

=

+

∫ =

2n

2

2n − + (1)

• ( )

1

1 3 5 2n 2n

2n 2n 2n 2n

0

C x C x+ +C x + + C −x − dx

∫

1

2 2n

1 2n

2n 2n 2n 2n

0

x x x x

C C C C

2 2n

−

⎛ ⎞

=⎜ + + + + ⎟

⎝ ⎠

2n

2n 2n 2n 2n

1C 1C 1C C

2 2n

−

= + + + (2)

Từ (1) (2) ta có điều phải chứng minh

0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: x >

4 Bất phương trình cho ⇔

2

(4x 3) log

2x −

+ ≤ 0,25

⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3) 0,25

⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ ⇔ −3

8 ≤ x ≤ 0,25

Kết hợp điều kiện ta nghiệm bất phương trình là:

4 < x ≤ 0,25

2 Chứng minh AM ⊥ BP tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm) Gọi H trung điểm AD

Do SAD∆ nên SH⊥AD Do(SAD) (⊥ ABCD)nên

( )

SH⊥ ABCD

( )

SH BP

⇒ ⊥

Xét hình vng ABCD ta có

CDH BCP

∆ = ∆ ⇒

( )

CH⊥BP Từ (1) (2) suy BP⊥(SHC )

Vì MN // SC AN // CH nên (AMN // SHC) ( ) Suy

( )

BP⊥ AMN ⇒ BP AM.⊥

0,50

Kẻ MK⊥(ABCD , K) ∈(ABCD ) Ta có: VCMNP 1MK.SCNP

= Vì

2 CNP

1 a a

MK SH , S CN.CP

2

= = = = nên

3 CMNP

3a V

96

= (đvtt)

0,50

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định

-Hết -

A S

D C

B H

M

N P

K

(107)

1/4

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m =1 ta có y= − +x3 3x2−4

• Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên:

y '= −3x2+6x, y ' 0= ⇔ x 0= x 2.=

0,25

yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = −

0,50

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm)

Ta có: y '= −3x2+6x 3(m+ 2−1), y' = ⇔ x2−2x m− 2+ = (2) 1 0

Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 > ⇔ m ≠ 0,50

Gọi A, B điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − + 2m3)

O cách A B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m =

2

± (vì m ≠ 0) 0,50

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với:

( )

2

sin 7x sin x 2sin 2x 0− + − = ⇔cos 4x 2sin 3x 1− = 0,50 • cos 4x x k (k )

8

π π

= ⇔ = + ∈Z

• sin 3x x k2

2 18

π π

= ⇔ = + x k2 (k )

18

π π

= + ∈Z 0,50

x − ∞ + ∞

y' − + −

y − − ∞

+ ∞

O

−

2 y

x −

(108)

2/4

2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x 2.≥ Phương trình cho tương đương với

(x x− )( 3+6x2−32 m− )=0

3

x

x 6x 32 m =

⎡ ⇔ ⎢

+ − − =

⎣

Ta chứng minh phương trình: x3+6x2−32 m 1= ( ) có nghiệm khoảng (2;+∞ )

0,50

Xét hàm f x( )=x3+6x2−32với x 2.> Ta có:

( )

f ' x =3x +12x 0, x 2.> ∀ > Bảng biến thiên:

Từ bảng biến thiên ta thấy với m 0> , phương trình (1) ln có nghiệm khoảng (2;+∞ )

Vậy với m 0> phương trình cho ln có hai nghiệm thực phân biệt

0,50

III 2,00

1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm)

( ) ( ) (2 ) (2 )2

S : x 1− + y 2+ + +z = có tâm I 1; 2; 1( − − bán kính R 3.) = 0,25 Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = nên (Q) chứa I 0,25 (Q) có cặp vectơ phương là: OIJJG=(1; 2; , i− − ) G=(1;0;0)

⇒ Vectơ pháp tuyến (Q) là: nG=(0; 1; − ) 0,25 Phương trình (Q) là: x 0( − −) (1 y 0− +) (2 z 0− )= ⇔ −0 y 2z 0.= 0,25

2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu cho khoảng cách lớn (1,00 điểm) Gọi d đường thẳng qua I vng góc với (P) Đường thẳng d cắt (S) hai điểm A, B Nhận xét: d A; P( ( ))≥d B; P( ( )) d M; P( ( )) lớn

khi M A.≡ 0,25

Phương trình đường thẳng d: x y z

2

− = + = +

− 0,25

Tọa độ giao điểm d (S) nghiệm hệ

( ) (2 ) (2 )2

x y z

x y z 1.

2

⎧ − + + + + =

⎪

⎨ − = + = + ⎪

⎩ −

Giải hệ ta tìm hai giao điểm A 1; 1; , B 3; 3;1 (− − − ) ( − )

0,25

Ta có: d A; P( ( ))= ≥7 d B; P( ( ))=

Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn M 1; 1; (− − − ) 0,25

IV 2,00

1 Tính thể tích vật thể trịn xoay (1, 00 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm đường y x ln x= y 0= là:

x ln x 0= ⇔ = x 0,25

f(x)

f '(x) +

x + ∞

+ ∞

(109)

3/4

Thể tích khối trịn xoay tạo thành quay hình H quanh trục hoành là: ( )

e e

2

1

V= π∫y dx= π∫ x ln x dx 0,25

Đặt

3

2 2ln x x

u ln x,dv x dx du dx, v

x

= = ⇒ = = Ta có:

( )

e

e e e

2 2

1 1

x e

x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx

3 3

= − = −

∫ ∫ ∫ 0,25

Đặt

3

2 dx x

u ln x,dv x dx du , v

x

= = ⇒ = = Ta có:

e e

e e 3

2

1 1

x e x 2e

x ln xdx ln x x dx

3 3 9

+

= − = − =

∫ ∫

Vậy ( )

3

5e V

27

π −

= (đvtt)

0,25

2 Tìm giá trị nhỏ P (1,00 điểm) Ta có:

2 2 2

x y z x y z

P

2 2 xyz

+ +

= + + +

Do

2 2 2

2 2 x y y z z x

x y z xy yz zx

2 2

+ + +

+ + = + + ≥ + +

nên

2 2

x y z

P

2 x y z

⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

≥⎜⎜ + ⎟ ⎜⎟ ⎜+ + ⎟ ⎜⎟ ⎜+ + ⎟⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,50

Xét hàm số ( )

2

t f t

2 t

= + với t 0.> Lập bảng biến thiên f(t) ta suy

( )

f t , t

≥ ∀ > Suy ra: P

≥ Dấu xảy ⇔ x y z 1.= = = Vậy giá trị nhỏ P

2

0,50

V.a 2,00

1 Tìm hệ số khai triển… (1,00 điểm)

Ta có: 3 Cn 0n−3n 1− Cn+3n 2− C2n− + − ( )1 Cn nn = −(3 1)n =2n

Từ giả thiết suy n 11= 0,50

Hệ số số hạng chứa x10 khai triển Niutơn (2 x+ )11 là:

10 11

C =22 0,50

2 Xác định tọa độ điểm B, C cho …(1,00 điểm)

Vì B d , C d∈ 1 ∈ nên 2 B b; b , C c;8 c ( − ) ( − ) Từ giả thiết ta có hệ:

( )( )

( ) (2 )2

2

b c bc 4b c

AB.AC

AB AC b 2b c 8c 18 b c

− − =

⎧ − − + =

⎧

⎧ =

⎪ ⇔⎪ ⇔⎪

⎨ ⎨ ⎨

= − = − +

⎪ ⎪ − − − =

⎩ ⎩ ⎪⎩

JJJG JJJG

0,50 Đặt x b 1, y c 4= − = − ta có hệ xy 22 2

x y = ⎧⎪ ⎨

− =

⎪⎩

Giải hệ ta x= −2, y= − x 2, y 11 = = Suy ra: B 1;3 , C 3;5(− ) ( ) B 3; , C 5;3( − ) ( )

0,50

(110)

4/4

V.b 2,00

1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)

Đặt ( 1− )x =t t ,( > ) ta có phương trình

t 2 t 1, t t

+ − = ⇔ = − = + 0,50

Với t= 1− ta có x 1.=

Với t= 1+ ta có x= − 0,50

2 (1,00 điểm)

Gọi P trung điểm SA Ta có MNCP hình bình hành nên MN song song với mặt phẳng (SAC) Mặt khác, BD⊥(SAC) nên BD⊥MN

0,50

Vì MN || SAC( ) nên

( ) ( ) ( ( )) a

d MN; AC d N;(SAC d B; SAC BD

2 4

= = = =

Vậy d MN; AC( ) a =

0,50

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định

-Hết -

N E

C B

M

P

D A

S

(111)

1/4

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối D

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Ta có y 2x 2

x x

= = −

+ +

• Tập xác định: D = \\{ 1}−

• Sự biến thiên: y ' 2 0, x D (x 1)

= > ∀ ∈ +

0,25 Bảng biến thiên

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 0,25 • Đồ thị:

0,25

2 Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm) Vì M∈( )C nên

0

2x

M x ;

x

⎛ ⎞

⎜ + ⎟

⎝ ⎠ Phương trình tiếp tuyến (C) M là:

( )( )

( ) ( )

2

0

0 2

0 0 0

2x 2x

y y ' x x x y x

x x 1 x 1

= − + ⇔ = +

+ + +

( ) ( 2)

2

0 2

0

2x A x ;0 , B 0;

x

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⇒ −

⎜ + ⎟

⎝ ⎠

0,25

Từ giả thiết ta có:

( )

2

0

2x

x x +1 − =

2

0

2

0

2x x 2x x

⎡ + + =

⇔ ⎢

− − = ⎢⎣

0

1 x

2 x ⎡ = − ⎢ ⇔⎢

= ⎣

0,50 y

x −∞ −1 +∞ y ' + +

+∞

−∞

y

O x

2

1 −

(112)

2/4 Với x0

2

= − ta có M 1; 2 ⎛− − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ Với x0= ta có M 1;1( )

Vậy có hai điểm M thỏa mãn u cầu tốn là: M 1; 2 ⎛− − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ M 1;1( )

0,25

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với

1 sin x cos x cos x

6

π

⎛ ⎞

+ + = ⇔ ⎜ − ⎟=

⎝ ⎠

0,50

( )

x k2 , x k2 k

2

π π

⇔ = + π = − + π ∈ Z 0,50

2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Đặt x u, y v u( 2, v )

x y

+ = + = ≥ ≥ Hệ cho trở thành:

( )

3

u v u v 5

uv m u v u v 15m 10

+ =

⎧ ⎧ + =

⎪ ⇔

⎨ + − + = − ⎨ = −

⎩ ⎪⎩

0,25

u, v

⇔ nghiệm phương trình: t2− + = (1) 5t m

Hệ cho có nghiệm phương trình (1) có hai nghiệm

1

t t , t t= = thoả mãn: t1 ≥2, t2 ≥ (t2 1, t2 không thiết phân biệt)

Xét hàm số f t( )= − + với t 2t2 5t ≥ : Bảng biến thiên f t : ( )

0,50

Từ bảng biến thiên hàm số suy hệ cho có nghiệm

m

4≤ ≤ m 22≥

0,25

III 2,00

1 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Tọa độ trọng tâm: G 0; 2; ( ) 0,25

Ta có: OAJJJG=(1; 4; ,OB) JJJG= −( 1; 2; 4)

Vectơ phương d là: nG=(12; 6;6− ) (=6 2; 1;1 − ) 0,50 Phương trình đường thẳng d: x y z

2 1

− −

= =

−

0,25

2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm)

Vì M∈ ∆ ⇒M t; t; 2t( − − + ) 0,25

t −∞ −2 5 / +∞

( )

f ' t − − 0 +

( )

f t 22

+∞

7 /

+∞

(113)

3/4

( ) ( )

( 2) (( ) (2 ) (2 )2)

2 2

MA MB t t 2t t t 2t

⇒ + = + − + − + − + + − + −

=12t2−48t 76 12 t 2+ = ( − )2+28

2

MA +MB nhỏ ⇔ = t

0,50

Khi M 1;0; (− ) 0,25

IV 2,00

Đặt u ln x,dv x dx2 du 2ln xdx, v x4

x

= = ⇒ = = Ta có:

e e e

4

2 3

1

x e

I ln x x ln xdx x ln xdx

4

= − ∫ = − ∫

0,50

Đặt

4

3 dx x

u ln x,dv x dx du , v

x

= = ⇒ = = Ta có:

e e

e e 4

3

1

1 1

x e 3e

x ln xdx ln x x dx x

4 4 16 16

+

= − = − =

∫ ∫

Vậy I 5e4 32

− =

0,50

2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức cho tương đương với

( a) (b b)a ln 4( a) (ln 4b)

1 4

a b

+ +

+ ≤ + ⇔ ≤ 0,50

Xét hàm ( ) ( )

x

ln f x

x +

= với x 0.> Ta có:

( ) (( ) () )

x x x x

2 x

4 ln 4 ln

f ' x

x

− + +

= <

+ ⇒ f(x) nghịch biến khoảng (0;+∞ )

Do f(x) nghịch biến (0;+∞ a b 0) ≥ > nên f a( ) ( )≤f b ta có điều phải chứng minh

0,50

V.a 2,00

1 Tìm hệ số x5 (1,00 điểm)

Hệ số x5 khai triển x 2x( − )5 ( )−2 C 45 Hệ số x5 khai triển x 3x2( + )10 3

10

3 C 0,50

Hệ số x5 khai triển x 2x( − )5+x 3x2( + )10

( )4 3

5 10

2 C C 3320

− + = 0,50

2 Tìm m để có điểm P cho tam giác PAB (1,00 điểm)

(C) có tâm I 1; 2( − bán kính R 3.) = Ta có: PAB∆ nên IP 2IA 2R 6= = = ⇔ P thuộc đường tròn ( )C ' tâm I, bán kính R ' 6.= 0,50 Trên d có điểm P thỏa mãn yêu cầu toán d

tiếp xúc với ( )C ' P ⇔d I;d( )= ⇔6 m 19, m= = −41 0,50

(114)

4/4

V.b 2,00

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: 4.2x− > Phương trình cho tương đương với:

( x x ) ( x )2

2

log +15.2 +27 =log 4.2 −3 ⇔5 2( )x 2−13.2x− = 0,50 ⇔

x

2

5 ⎡ = − ⎢ ⎢

= ⎢⎣

Do 2x > nên 0 2x = 3

2

x log

⇔ = (thỏa mãn điều kiện)

0,50

2 Chứng minh SCD∆ vng tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) Gọi I trung điểm AD Ta có: IA = ID = IC = a ⇒CD⊥AC Mặt khác,

CD SA⊥ Suy CD SC⊥ nên tam giác SCD vuông C

0,50

Trong tam giác vng SAB ta có:

2 2

2 2 2

SH SA SA 2a

SB =SB =SA +AB = 2a +a =3 Gọi d1 d khoảng cách từ B H đến mặt phẳng (SCD) 2

2

1

d SH d 2d d = SB= ⇒3 =3 Ta có: B.SCD BCD

1

SCD SCD

3V SA.S

d

S S

= =

2 BCD

1

S AB.BC a

2

= =

2 2 2

SCD

1

S SC.CD SA AB BC IC ID

2

= = + + + =a2 2.

Suy d1 a =

Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: d2 2d1 a

3

= =

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định

-Hết -

S

A

B C

D

H I

(115)

Trang 1/5

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A

(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm)

Khi m = hàm số trở thành:

2

x x

y x

x x

+ −

= = − +

+ +

• TXĐ: D=\\{ }−3

• Sự biến thiên: 2

4 x 6x

y ' ,

(x 3) (x 3)

+ +

= − =

+ +

x

y '

x

= − ⎡ = ⇔ ⎢ = −

⎣ • yCĐ = − = − , yy 5( ) CT = − = − y 1( )

0,25

•TCĐ: x= − , TCX: y x 2.= − 0,25

•Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm giá trị tham số m (1,00 điểm)

2

mx (3m 2)x 6m

y mx

x 3m x 3m

+ − − −

= = − +

+ +

• Khi m

= đồ thị hàm số không tồn hai tiệm cận

0,25

• Khi m

≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :

d1: x= −3m⇔ +x 3m 0,= d2: y mx 2= − ⇔mx y 0.− − =

0,25

Vectơ pháp tuyến d1, d2 n1=(1;0)

JJG

, nJJG2=(m; 1).− Góc d1 d2 45o

2

1

n n m m 2

cos45 m

2

n n m m

= = ⇔ = ⇔ = ±

+ +

JJG JJG

0,50 x −∞ 5− 3− 1− +∞

y’ + − − + y

−∞ −∞

+∞ +∞

1 −

−

-3

-1

O -1

-9

-5

y

x

2 -2

(116)

Trang 2/5

II 2,00

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện sin x 0≠ sin(x 3π)

− ≠

Phương trình cho tương đương với: 1 2(sinx + cosx) sinx cosx+ = −

⇔ (sinx + cosx) 2 sinxcosx ⎛ ⎞ + = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50

• sinx + cosx x k π = ⇔ = − + π

• 2

sinxcosx+ =

2

sin 2x x k

2

π

⇔ = − ⇔ = − + π x k

π = + π Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình :

x k ;

4 π

= − + π x k ; x k (k )

8

π π

= − + π = + π ∈]

0,50

2 Giải hệ (1,00 điểm)

2

4

5 x y x y xy xy

4 x y xy(1 2x)

4 ⎧ + + + + = − ⎪⎪ ⎨ ⎪ + + + = − ⎪⎩ ( ) 2 2 x y xy xy x y

4

(x y) xy ⎧ + + + + = − ⎪⎪ ⇔ ⎨ ⎪ + + = − ⎪⎩ ( )∗ Đặt

u x y v xy ⎧ = + ⎨

=

⎩ Hệ phương trình ( )∗ trở thành

5 u v uv

4 u v ⎧ + + = − ⎪⎪ ⎨ ⎪ + = − ⎪⎩ 5

v u u 0, v

4

u

u u u , v

4 2

⎧ = − − ⎡ = = − ⎪ ⎢ ⎪ ⇔⎨ ⇔ ⎢ ⎢ ⎪ + + = ⎢ = − = − ⎪⎩ ⎣ 0,50

• Với u = 0, v

= − ta có hệ pt

2

x y xy ⎧ + = ⎪ ⎨ = − ⎪⎩ ⇔ x

= y 25

16 = −

• Với u 1, v

2

= − = − ta có hệ phương trình

2 3

x 2x x

2x 3 y y 2x 2x ⎧ − + = ⎧ + − = ⎪⎪ ⎪ ⇔ ⎨ ⎨ = − ⎪ = − ⎪⎩ ⎪⎩

⇔ x 1= y = −

Hệ phương trình có nghiệm : 5; 25

4 16

⎛ ⎞

−

⎜ ⎟

⎝ ⎠

3 1; ⎛ ⎞ − ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50

III 2,00

1 Tìm toạ độ hình chiếu vng góc A d (1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ phương u 2;1; G( ) Gọi H hình chiếu vng góc

của A d, suy H(1 + 2t ; t ; + 2t) AH (2t 1; t 5; 2t 1).JJJG= − − − 0,50 Vì AH ⊥ d nên AH u 0JJJG G= ⇔ 2(2t – ) + t – + 2(2t – 1) = ⇔ t =

(117)

Trang 3/5

2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa d cho (1,00 điểm) Gọi K hình chiếu vng góc A mặt phẳng ( ).α

Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vng góc đường xiên) Do

khoảng cách từ A đến ( )α lớn AK = AH, hay K ≡ H 0,50

Suy ( )α qua H nhận vectơ AHJJJG = (1 ; – ; 1) làm vectơ pháp tuyến Phương trình ( )α

1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0− − − + − = ⇔ x 4y z 0.− + − =

0,50

IV 2,00

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

I =

( )

π π

4

6

2

0

tg x tg x

dx dx

cos 2x = tg x cos x−

∫ ∫

Đặt t tgx dt dx2 cos x

= ⇒ = Với x 0= t 0= ; với x π

= t =

0,25

Suy

1

3

2

t

I dt

1 t =

−

∫ ( )

1

3

2

0

1 1

t dt dt

2 t t

⎛ ⎞

= − + + ⎜ − ⎟

+ −

⎝ ⎠

∫ ∫ t3 t 1ln t 13

3 t

0

⎛ + ⎞

= − − +⎜ − ⎟

⎝ ⎠

0,50

1ln 2( 3) 10

2

= + − 0,25

2 Tìm giá trị m (1,00 điểm)

Điều kiện: x 6≤ ≤

Đặt vế trái phương trình f (x) , x∈[ ]0; Ta có

3

4

1 1

f '(x)

2x x

2 (2x) (6 x)

= + − −

− −

3

4

1 1 1

2 (2x) (6 x) 2x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟

= ⎜ − ⎟+⎜ − ⎟

−

⎝ ⎠

−

⎝ ⎠

, x (0;6).∈

Đặt

3

4

1 1

u(x) , v(x)

2x x (2x) (6 x)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

⎜ ⎟

=⎜ − ⎟ =⎜ − ⎟

−

⎝ ⎠

−

⎝ ⎠

Ta thấy u 2( ) ( )=v = ⇒0 f '(2) 0.= Hơn u(x), v(x)cùng dương khoảng ( )0; âm khoảng ( )2;6

0,50

Ta có bảng biến thiên:

Suy giá trị cần tìm m là: 2 6 m 6.+ ≤ < +

0,50 f’(x) + −

x

f(x) 2 6+ 6+

412 3+

(118)

Trang 4/5

V.a 2,00

1 Viết phương trình tắc elíp (1,00 điểm) Gọi phương trình tắc elíp (E) là:

2

x y

1

a +b = , a b 0.> >

Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ( )

2 2

c

a

2 2a 2b 20 c a b ⎧

= ⎪ ⎪⎪

+ =

⎨ ⎪

= − ⎪

⎪⎩

0,50

Giải hệ phương trình tìm a = b = Phương trình tắc (E)

2

x y

1 + =

0,50

2 Tìm số lớn số a ,a , ,a (1,00 điểm) 0 1 n

Đặt ( ) ( )n n

0 n

f x = +1 2x = +a a x a x+ + n n

0 n

a a

a f

2 2

⎛ ⎞ ⇒ + + + = ⎜ ⎟=

⎝ ⎠ Từ giả thiết suy 2n 4096 212

= = ⇔ =n 12

0,50

Với k∈{0,1, 2, ,11} ta có k k

k 12

a =2 C , k k

k 12

a C+ +

+ =

k k

k 12

k k

k 12

a 1 C 1

a C+ +

+

< ⇔ <

(k )

2 12 k +

⇔ <

−

23

k

3 ⇔ < Mà k∈] ⇒ ≤ Do k a0< < <a1 a

Tương tự, k k

a 1 k 7.

a + > ⇔ > Do a8>a9> > a 12 Số lớn số a ,a , ,a 0 1 12 8

8 12

a =2 C =126720

0,50

V.b 2,00

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)) Điều kiện: x

2

> x 1.≠

2x x

log − (2x 1)(x 1) log (2x 1)− + + + − =

2x x

1 log − (x 1) 2log (2x 1) 4.+ ⇔ + + + − = Đặt t log= 2x 1− (x 1),+ ta có t 3 t2 3t 0 t

t t

= ⎡ + = ⇔ − + = ⇔⎢

= ⎣

0,50

• Với t 1= ⇔log2x 1− (x 1) 1+ = ⇔2x x 1− = + ⇔ = x

• Với − =

⎡ ⎢ = ⇔ + = ⇔ − = + ⇔⎢

= ⎣

2 x

x (lo¹i) t log (x 1) (2x 1) x 5

x (tháa m·n)

Nghiệm phương trình là: x 2= x =

0,50

(119)

Trang 5/5

2 Tính thể tích tính góc (1,00 điểm)

Gọi H trung điểm BC Suy A 'H⊥ (ABC) AH =

2BC =

2

1 a 3a a. + = Do A 'H2 A 'A2 AH2

= − 3a2

= ⇒A 'H a 3.= Vậy VA '.ABC 1A'H.S ABC a3

3 Δ

= = (đvtt)

0,50

Trong tam giác vuông A 'B'H có: HB'= A 'B'2+A 'H2 =2a nên tam giác

B'BH cân B'

Đặt ϕ góc hai đường thẳng AA ' B'C ' ϕ =B'BHn Vậy cos a

2.2a ϕ = =

0,50

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đủ điểm phần như đáp án quy định

-Hết -

C A

B

B' A '

H

C '

(120)

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) • TXĐ : \

• Sự biến thiên : y ' 12x= 2−12x, y ' 0 x x

= ⎡ = ⇔ ⎢ =

⎣

0,25 • yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1 0,25

• Bảng biến thiên :

0,25

• Đồ thị :

Trang 1/4

0,25

2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1) (1,00 điểm)

Đường thẳng với hệ số góc k qua điểm Δ M(− −1; 9) có phương trình :

y kx k 9= + −

Δ tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) hệ phương trình sau có

nghiệm : ( ) ( )

( )

3

2

4x 6x k x

12x 12x k

⎧ − + = + −

⎪ ⎨

− =

⎪⎩

Thay k từ (3) vào (2) ta : 4x3−6x2+ =1 (12x2−12x x 1)( + −) 9

( ) (2 )

x 4x ⇔ + − =

x

5

x

4 = − ⎡ ⎢ ⇔ ⎢ =

⎣

0,50 y’ + − +

x −∞

y

1 − −∞

+∞ +∞

O y

x

−1

1

• Với x= −1 k 24= , phương trình tiếp tuyến : y 24x 15.= + • Với x

4

= k 15

= , phương trình tiếp tuyến : y 15x 21

4

= − Các tiếp tuyến cần tìm : y 24x 15= + y 15x 21

4

= −

0,50

II 2,00

2 2

sinx(cos x sin x)− + cos x(cos x sin x) 0− = cos 2x(sin x cos x)

⇔ + =

0,50

(121)

k

cos2x x

4

π π

• = ⇔ = +

sinx 3cosx x k π

• + = ⇔ = − + π

Nghiệm phương trình x k ,

π π

= + x k

3 π

= − + π (k∈])

0,50

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

Hệ phương trình cho tương đương với

2

(x xy) 2x x xy 3x

2

⎧ + = +

⎪ ⎨

= + −

⎪⎩

2

2 x

x 3x 2x

⎛ ⎞

⇒⎜ + + − ⎟ = +

⎝ ⎠

4

x 12x 48x 64x

⇔ + + + = ⇔x(x 4)+ 3=0 x

x

= ⎡ ⇔ ⎢ = −

⎣

0,50

x

• = khơng thỏa mãn hệ phương trình 17

x y

4 • = − ⇒ =

Nghiệm hệ phương trình (x ; y) 4;17 ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠

0,50

III 2,00

1 Viết phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) Ta có ABJJJG=(2; 3; ,− − ) AC= − − −( 2; 1; ,

Trang 2/4

)

JJJG

tích có hướng hai vectơ

AB, AC JJJG JJJG

( )

nG= 2;4; 8− 0,50 Mặt phẳng qua ba điểm A, B, C nhận nG làm vectơ pháp tuyến nên có

phương trình

( ) ( ) ( )

2 x 0− +4 y 1− −8 z 2− = 0 ⇔ +x 2y 4z 0− + = 0,50

2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm)

Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABC) trung điểm BC

AB.AC 0= JJJG JJJG

(

I 0; 1;1− ) 0,50

Tọa độ điểm M thỏa mãn hệ phương trình 2x 2y z x y z

1

+ + − = ⎧

⎪

+ −

⎨ = =

⎪ −

⎩

0,50 Suy M 2;3; ( − )

IV 2,00

Đặt t sinx cosx= + ⇒ dt (cosx sinx)dx sin x dx π ⎛ ⎞ = − = − ⎜ − ⎟

⎝ ⎠ Với x = t = 1, với x

4 π

= t=

0,25

Ta có sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) 2

+ + + = +

Suy

2

2 dt

I

2 (t 1) = −

+

∫

1

2 t =

+

0,50

1

2 2

−

⎛ ⎞

= ⎜ − ⎟=

+

⎝ ⎠ 0,25

(122)

2 Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ biểu thức (1,00 điểm)

2

2 2

2(x 6xy) 2(x 6xy)

P

1 2xy 2y x y 2xy 2y

+ +

= =

+ + + + +

Trang 3/4

2

,

• Nếu y 0= x2 =1 Suy P = • Xét y 0≠ Đặt x ty=

2

2t 12t P

t 2t + =

+ + ,

⇔ (P 2)t− 2+2(P 6)t 3P 0− + = (1) − Với P 2= phương trình (1) có nghiệm t

4 =

− Với phương trình (1) có nghiệm

P 2≠ ,

2

' 2P 6P 36 P

Δ = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤

0,50

P 3= x , y 10 10

= = x , y 10 10 = − = −

P= − x , y

13 13

= = − x , y 13 13 = − = Giá trị lớn P 3, giá trị nhỏ P −

0,50

V.a 2,00

1 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: k k 1

n n

n 1

n C C +

+ +

⎛ ⎞

+ + =

⎜ ⎟

+ ⎝ ⎠

n k!(n k)! (k 1)!(n k)!

n (n 1)! + + − + + −

+ +

0,50

k!(n k)![(n k) (k ] n n!

−

= + −

+ + +1)

k

n

k!(n k)! n! C

−

= =

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh C (1,00)

• Ký hiệu Gọi điểm đối

xứng H qua Khi thuộc đường thẳng AC

1

d : x y 0,− + = d : 4x 3y 0.2 + − = H '(a ;b)

d H '

• u (1;1G= ) vectơ phương d , HH ' (a 1; b 1)1 JJJJG= + + vng góc với trung điểm I

uG a b

; 2 − − ⎛ ⎞

⎜ thuộc Do tọa độ H '

nghiệm hệ phương trình ⎟

⎝ ⎠ HH ' d

1(a 1) 1(b 1) a b

2

+ + + =

⎧ ⎪

⎨ − − − + =

⎪⎩ ⇒ H ' 3;1 (− )

0,50

• Đường thẳng AC qua vng góc với nên có vectơ pháp tuyến có phương trình

H ' d2

v (3; 4)G= − 3(x 3) 4(y 1) 0+ − − = ⇔3x 4y 13 0.− + = • Tọa độ A nghiệm hệ phương trình 3x 4y + 13 =

x y −

⎧ ⎨

− + =

⎩ ⇒A(5;7) • Đường thẳng CH qua H(− −1; 1) với vectơ pháp tuyến 1HA

2 JJJG

= (3 ; 4) nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = ⇔ 3x + 4y +7 =

• Tọa độ C nghiệm hệ phương trình 3x 4y 3x 4y 13

+ + = ⎧

⎨

− + =

⎩ Suy C 10 3;

3 ⎛ ⎞

− ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

0,50

(123)

V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)

Trang 4/4

Bất phương trình cho tương đương với

2

x x log

x 4++ >

2

x x x

+ ⇔ >

+ 0,50

2

x 5x 24 x

− − ⇔ >

+ ( )( ) x x

0 x

+ − ⇔ >

+

Tập nghiệm bất phương trình : (− − ∪4; 3) (8;+ ∞)

0,50

2 Tính thể tích tính cosin góc hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H hình chiếu S AB, suy SH Do SH

đường cao hình chóp S.BMDN

(ABCD )

⊥

2

SB a 3a AB + = + =

Ta có: SA2 2 nên tam giác SAB vuông S, suy AB

SM a

2

= = Do tam giác SAM đều, suy SH a = Diện tích tứ giác BMDN

BMDN ABCD

1

S S

2

= = 2a Thể tích khối chóp S.BMDN BMDN

1 V SH.S

3 =

3

a 3

= (đvtt)

0,50 S

A

B C

H

M

N

E D

Kẻ ME // DN (E AD)∈ a

AE Đặt

= ϕ góc hai đường thẳng SM DN Ta có suy

n

(SM, ME)= ϕ Theo định lý ba đường vng góc ta có SA ⊥AE

0,50

2 a

SE SA AE ,

= + = ME AM2 AE2 a 5.

2 = + = Suy

a

5

n SME= ϕ

Tam giác SME cân E nên cos a

2

ϕ = =

Nếu thí sinh làm khơng theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định.

-Hết -

(124)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn: TỐN, khối D

Nội dung

Câu Điểm

I 2,00

1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) • Tập xác định : D = \

• Sự biến thiên : y ' 3x= 2−6x, y ' 0 x x = ⎡ = ⇔ ⎢ =

⎣

0,25 • yCĐ = y 0( )=4, yCT =y 2( )=0 0,25

• Bảng biến thiên :

0,25

• Đồ thị :

Trang 1/4

0,25

2 Chứng minh đường thẳng … (1,00 điểm)

Gọi đồ thị hàm số (1) Ta thấy thuộc Đường thẳng d qua với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k +

(C) I(1;2) (C) I(1;2)

Hoành độ giao điểm (C) d nghiệm phương trình

x3−3x2+ =4 k(x 1) 2− + ⇔ (x 1) x− ⎡ 2−2x (k 2)− + ⎤=0

⎣ ⎦

⇔ x 12

x 2x (k 2) (*) =

⎡ ⎢

− − + =

⎣

0,50

Do nên phương trình (*) có biệt thức Δ = không nghiệm (*) Suy d cắt ba điểm phân biệt I(

với nghiệm (*) k> −

x −∞ +∞ y’ + −

y

0 −∞

+

+∞

4

−1 O y

2 x

(ứng với giao điểm I)

3 + >

x ; y ),

I

' k x 1=

(C) I I

A A B B

A(x ; y ), B(x ; y ) x , xA B

Vì I, A, B thuộc d nên I trung điểm đoạn thẳng AB (đpcm)

A B

x + x = =2 2x

0,50

II 2,00

2

4sinx cos x s in2x = + 2cosx+ ⇔ (2cosx 1)(sin2x 1) 0.+ − = 0,50

1

cosx x k2

2

π

• = − ⇔ = ± + π sin2x x k

4 π

• = ⇔ = + π

Nghiệm phương trình cho x k2 ,

π

= ± + π x k π

= + π (k∈])

0,50

(125)

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥

Hệ phương trình cho tương đương với (x y)(x 2y 1) (1) x 2y y x 2x 2y (2)

+ − − = ⎧⎪

⎨

− − = − ⎪⎩

Từ điều kiện ta có x + y > nên (1) ⇔ x = 2y + (3)

Trang 2/4

0,50

Thay (3) vào (2) ta

(y 1) 2y+ =2(y 1)+ ⇔ y = (do y 0+ > ) ⇒ x = Nghiệm hệ (x ; y) (5;2).=

0,50

III 2,00

1 Viết phương trình mặt cầu qua điểm A, B, C, D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng

2 2

x + +y z +2ax 2by 2cz d (*),+ + + = a2+b2+ − >c2 d (**).

Thay tọa độ điểm A, B, C, D vào (*) ta hệ phương trình 6a 6b d 18

6a 6c d 18 6b 6c d 18 6a 6b 6c d 27

+ + = − ⎧

⎪ + + = − ⎪

⎨

+ + = − ⎪

⎪ + + + = − ⎩

0,50

Giải hệ đối chiếu với điều kiện (**) ta phương trình mặt cầu

2 2

x + +y z −3x 3y 3z = 0.− − 0,50

2 Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) Mặt cầu qua A, B, C, D có tâm I 3 3; ;

2 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Gọi phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C mx ny pz q 0+ + + = (m2+n2+p2>0).

Thay tọa độ điểm A, B, C vào phương trình ta 3m 3n q

3m 3p q 6m 6n 6p q 3n 3p q

+ + = ⎧

⎪

+ + = ⇒ = = = − ≠

⎨

⎪ + + = ⎩

Do phương trình mặt phẳng (ABC) x y z 0.+ + − =

0,50

Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC hình chiếu vng góc

của điểm I mặt phẳng (ABC) H

Phương trình đường thẳng IH :

3 x y z

2 . 1 − − −

= =

Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình

x y z 3 x y z

2 + + − = ⎧

⎪ ⎨

− = − = − ⎪⎩ 32 Giải hệ ta H(2;2;2)

0,50

IV 2,00

1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt u ln x= dv dx3

x

= du dx

x

⇒ = v 12 2x

= − 0,25

Khi

2

1 1

ln x dx I

2x 2x = − +∫

2

1

ln 4x

= − − 0,50

ln 16 −

= 0,25

(126)

2 Tìm giá trị lớn nhỏ biểu thức (1,00 điểm) Ta có

[ ]2

2

(x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1

P P

(1 x) (1 y) (x y) (1 xy) 4 − − + +

= ≤ ≤ ⇔ − ≤

+ + + + +

Trang 3/4

≤ 0,50

• Khi x 0, y 1= = P = − • Khi x 1, y 0= = P

4 = Giá trị nhỏ P 1,

4

− giá trị lớn P

0,50

V.a 2,00

1 Tìm n biết rằng…(1,00)

Ta có 2n 2n 2n

2n 2n 2n 2n

0 (1 1)= − =C −C + − C − +C 2n 2n 2n 2n

2n 2n 2n 2n

2 = +(1 1) =C +C + + C − +C 0,50

⇒ 2n 2n

2n 2n 2n

C +C + + C − =2 −1

6

Từ giả thiết suy 22n 1− =2048⇔ =n 0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh C (1,00 điểm)

Do B,C thuộc (P), B khác C, B C khác A nên

2

b B( ;b),

16

2

c C( ;c)

16 với b, c hai số thực phân biệt, b 4≠ c ≠

2

b c

AB 1; b , AC 1;c

16 16

⎛ ⎞ ⎛

=⎜ − − ⎟ =⎜ − −

⎝ ⎠ ⎝

JJJG JJJG ⎞

⎟

⎠ Góc nên

n o

BAC 90=

ABJJJG JJJG.AC 0= ⇔ b2 c2 (b 4)(c 4)

16 16

⎛ ⎞⎛ ⎞

− − + − −

⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠⎝ ⎠ =

⇔ 272 4(b c) bc 0+ + + = (1)

0,50

Phương trình đường thẳng BC là:

2

c

x y c

16

b c b c

16 16

− −

= − −

16x (b c)y bc ⇔ − + + = (2)

Từ (1), (2) suy đường thẳng BC qua điểm cố định I(17; 4).−

0,50

V.b 2,00

1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Bpt cho tương đương với

2

x 3x

0

x − +

< ≤ 0,50

2 0 x 1

x 3x

x x

< < ⎡ − +

• > ⇔ ⎢

> ⎣

2 x

x 4x

x 2 x 2 <

⎡ − +

• ≤ ⇔ ⎢

− ≤ ≤ +

⎣

Tập nghiệm bất phương trình : ⎡⎣2− ;1) (∪ 2; 2+ 2⎤⎦

0,50

(127)

2 Tính thể tích khối lăng trụ khoảng cách hai đường thẳng (1,00 điểm) Từ giả thiết suy tam giác ABC vng cân B

Thể tích khối lăng trụ

ABC.A'B'C' ABC

1 V AA '.S a .a

2

= = =

Trang 4/4

a (đvtt)

0,50 A'

B'

B

M E

C A C'

Gọi E trung điểm BB Khi mặt phẳng (AME) song song với nên khoảng cách hai đường thẳng AM, khoảng cách

mặt phẳng (AME)

' B 'C

B 'C B 'C

Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AME)

Gọi h khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) Do tứ diện BAME có BA,

BM, BE đơi vng góc nên 0,50

2 2

1 1

h = BA +BM +BE 2 2

1

h =a +a +a = a

a h

7 ⇒ = ⇒

a Khoảng cách hai đường thẳng B 'C AM

Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định.

-Hết -

(128)

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn: TỐN; Khối A

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM

Câu Đáp án Điểm

1 (1,0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: \

2 D= ⎧⎨− ⎫⎬

⎩ ⎭

\ • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên:

( )2

1

' 0,

2

y x

x −

= < ∀

+ ∈D

Hàm số nghịch biến trên: ; ⎛−∞ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

; ⎛− +∞⎞

⎝ ⎠

⎜ ⎟

- Cực trị: khơng có

0,25

- Giới hạn tiệm cận: lim lim

x→−∞y=x→+∞y= ; tiệm cận ngang:

1 y=

3

2

lim , lim

x x

y y

− +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞

→ −⎜⎝ ⎟⎠ → −⎜⎝ ⎟⎠

= −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng:

x= − 0,25

- Bảng biến thiên:

Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…

Tam giác OAB vuông cân O, suy hệ số góc tiếp tuyến ± 0,25

Gọi toạ độ tiếp điểm ( ; )x y , ta có: 0

1

1 (2x 3)

− = ±

+ ⇔ x0= − x0= −1 0,25

• x0= −1, y0=1; phương trình tiếp tuyến y= − (loại) x 0,25

I

(2,0 điểm)

• x0= −2, y0=0; phương trình tiếp tuyến y= − − (thoả mãn) x Vậy, tiếp tuyến cần tìm: y= − −x

x −∞

2

− +∞ y' − − y

1

−∞ +∞

1

y

x O

1

y=

3

x= −

0,25

(129)

Trang 2/4

1 (1,0 điểm) Giải phương trình… Điều kiện: sinx≠ sin

2

x≠ − (*) 0,25

Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương: (1 2sin )cos− x x= 3(1 2sin )(1 sin )+ x − x ⇔ cosx− sinx=sin 2x+ cos 2x ⇔ cos cos

3

x π x π

⎛ + ⎞= ⎛ − ⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ 0,25

⇔

2

x= +π k π

18

x= −π +k π 0,25

Kết hợp (*), ta nghiệm: ( )

18

x= −π +k π k∈] 0,25

2 (1,0 điểm) Giải phương trình…

Đặt u=33x− 2 v= 6 ,− x v≥ (*) Ta có hệ: 0

3

2

5 u v u v + = ⎧ ⎨ + =

⎩ 0,25

⇔

3

8

15 32 40

u v

u u u

− ⎧ = ⎪ ⎨ ⎪ + − + = ⎩ ⇔

( 2)(15 26 20) u

v

u u u

− ⎧ = ⎪ ⎨ ⎪ + − + = ⎩ 0,25

⇔ u= −2 v= 4(thoả mãn) 0,25

II

(2,0 điểm)

Thế vào (*), ta nghiệm: x= −2 0,25

Tính tích phân…

2

5

0

cos cos

I xdx x

π π

=∫ −∫

III

dx 0,25

Đặt t sin ,x cos ;

(1,0 điểm)

dt x

= = dx 0, 0; ,

2 x= t= x=π t=

( ) 1( )

2

5 2

1

0 0

2

cos sin cos

3 15

I xdx x xdx t dt t t t

π π ⎛ ⎞ = = − = − = −⎜ + ⎟ = ⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ 0,50 ( )

2 2

2

0 0

1 1

cos cos sin

2 2

I x dx x dx x x

π π π

π

⎛ ⎞

= = + = ⎜ + ⎟ =

⎝ ⎠

∫ ∫ Vậy 1 2

15

I= −I I = −π 0,25

Tính thể tích khối chóp

(SIB) (⊥ ABCD) (SIC) (⊥ ABCD ;) suy SI⊥(ABCD) Kẻ IK⊥BC (K BC∈ ) ⇒ BC⊥(SIK) ⇒ nSKI = 60 D

0,50

Diện tích hình thang ABCD : 3 2

ABCD

S = a Tổng diện tích tam giác ABI CDI

2 ; a suy IBC a

SΔ = 0,25

IV

(1,0 điểm)

( )2 5

BC= AB CD− +AD =a ⇒ 5 IBC S a IK BC Δ

= = ⇒ tann 15

S

A B

5 a SI=IK SKI= Thể tích khối chóp S ABCD :

3

1

3 ABCD

a SI = = V S 0,25 I C

D K

(130)

Trang 3/4

Chứng minh bất đẳng thức…

Đặt a x y b x z= + , = + c y z= +

Điều kiện (x x y z+ + =) 3yz trở thành: c2=a2+b2−ab. a +b + abc≤ c a b c, ,

Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

3 3 5 ; 3 dương thoả mãn điều kiện

0,25

2 2

c =a +b −ab =(a b+ )2−3ab ( )2 3( )2

4 a b a b

≥ + − + = 1( )2

4 a b+ ⇒ a b+ ≤2c(1) 0,25

3 3 5

a +b + abc≤ c a b a+ ( +b −ab) 3+ abc≤5c3

⇔ ( ) 2

⇔ (a b c+ ) 2+3abc≤5c3

⇔ (a b c+ ) +3ab≤5c2

0,25

V

(1,0 điểm)

(1) cho ta: (a b c+ ) ≤2c2 )2 3 ;2

4

ab≤ a b+ ≤ c

3 ( từ suy điều phải chứng minh

Dấu xảy khi: a b c= = ⇔ x y z= = 0,25

1 (1,0 điểm) Viết phương trình AB

Gọi N đối xứng với M qua suy I, N(11; 1− N thuộc đường thẳng ) CD 0,25

VI.a

(2,0 điểm)

E∈ Δ ⇒ E x( ;5−x); JJGIE=(x−6;3−x) JJJGNE=(x−11;6−x) E trung điểm CD ⇒ IE⊥EN

IE EN= JJG JJJG

⇔ (x−6)(x−11) (3+ −x)(6−x) 0= ⇔ x=

x=

0,25

• x=6 ⇒ IEJJG=(0; ;− ) phương trình AB y: − = 0,25

• x=7 ⇒ IEJJG=(1; ;− ) phương trình AB x: −4y+19 0.= 0,25

2 (1,0 điểm) Chứng minh ( )P cắt ( ),S xác định toạ độ tâm tính bán kính… ( )S có tâm I(1;2;3), bán kính R=

Khoảng cách từ đến I ( ) :P d I P( ,( ))= 4

3 R;

− − −

= < suy đpcm 0,25

Gọi H tâm bán kính đường trịn giao tuyến, r

H hình chiếu vng góc I ( ) :P IH d I P= ( ,( ))=3,r= R2−IH2 = 4. 0,25

Toạ độ H =( ; ; )x y z thoả mãn:

1 2

2

x t

y t

z t x y z

= + ⎧ ⎪ = − ⎪ ⎨ = − ⎪

⎪ − − − = .

⎩

0,25

Giải hệ, ta H(3; 0; 2) 0,25

Tính giá trị biểu thức…

2

36 36 ,i

Δ = − = z1= − + 3i z2= − −1 i 0,25

VII.a

(1,0 điểm)

2

1

| |z = −( 1) +3 = 10 2

|z |= −( 1) + −( 3) = 10 0,50

M B

A

I

C D E N

(131)

Trang 4/4

2

1

| | | | 20

A= z + z = 0,25

1 (1,0 điểm) Tìm m

( )C có tâm I( 2; 2),− − bán kính R= 0,25

Diện tích tam giác IAB: sinn

S= IA IB AIB ≤ 1;

2R = lớn S IA IB⊥ 0,25 Khi đó, khoảng cách từ đến I Δ: ( , )

2 R

d I Δ = = ⇔

2

2 2

1

m m m

− − − +

=

+ 0,25

⇔ (1 4− m)2= +1 m2 ⇔ m=0 15

m= 0,25

2 (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M

2

Δ qua A(1;3; 1)− có vectơ phương uG=(2;1; 2).−

1

M∈Δ ⇒ ( ; ; ).M − +t t − + t (2 ;3 ;8 ),

MA= −t −t − t ⎡MA u, ⎤ (8t 14;20 14 ;t t 4) JJJG

= − − −

⎣ ⎦

JJJG G

⇒ ⎡⎣MA uJJJG G, ⎤⎦ =3 29t2−88t+68.

0,25

Khoảng cách từ M đến Δ2:

2

,

( , ) MA u 29 88 68

d M t t

u

⎡ ⎤

⎣ ⎦

Δ = = − +

JJJG G

G

Khoảng cách từ M đến ( ) :P ( )

( )2

2

1 12 18 11 20

,( )

3

1 2

t t t t

d M P = − + − + − − = −

+ − +

0,25

2 11 20

29 88 68

3 t

t − t+ = − ⇔ 35t2−88t+53 0= ⇔ t= 1 53.

35

t= 0,25

VI.b

(2,0 điểm)

1

t= ⇒ M(0;1; 3);− 53 35

t= ⇒ 18 53 3; ; 35 35 35 M⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ 0,25

Giải hệ phương trình…

VII.b

Với điều kiện xy>0 (*), hệ cho tương đương: 2

2

2 x y xy x xy y

⎧ + =

⎪ ⎨

− + =

⎪⎩ 0,25

(1,0 điểm)

2 4

x y y

= ⎧ ⎨

=

⎩

x y y

= ⎧ ⎨ = ± ⎩

⇔ ⇔ 0,50

( ; ) (2;2)x y = ( ; ) ( 2; 2).x y = − −

Kết hợp (*), hệ có nghiệm: 0,25

-Hết -

(132)

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Mơn thi: TỐN; Khối: B

1 (1,0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: D= \ • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y' 8= x3−8 ;x y' 0= ⇔ x=0 x= ±1.

Hàm số nghịch biến trên: (−∞ −; 1) (0;1); đồng biến trên: ( 1;0)− (1;+ ∞)

0,25

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x= ±1, yCT = −2; đạt cực đại x=0, yCĐ =0

- Giới hạn: lim lim

x→−∞y=x→+∞y= +∞

0,25

Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 (1,0 điểm) Tìm m

2 2

x x − = m ⇔ 2x4 4x2 2 m

− = 0,25

Phương trình có nghiệm thực phân biệt đường thẳng cắt đồ thị hàm số

6 y=2m

4

2

y= x − x điểm phân biệt 0,25

Đồ thị hàm số y= 2x4−4x2

và đường thẳng y=2m

0,25

I

(2,0 điểm)

Dựa vào đồ thị, yêu cầu toán thoả mãn khi: 2< m<2 ⇔ 0< <m x −∞ −1 +∞

+ +∞

x y' − + −

y +∞

2

− −2

0

O y

2 −

−

16

2

y

O x

2

−

16

2 −

2 y= m

0,25

(133)

Trang 2/4

Phương trình cho tương đương: (1 2sin− 2x)sinx+cos sin 2x x+ 3 cos3x=2cos 4

II

x

⇔ sin cos 2x x+cos sin 2x x+ cos3x=2cos 4x 0,25 ⇔ sin 3x+ cos3x=2cos 4x ⇔cos cos

6

x π x

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,25

⇔

6

x= x− +π k π

x= − + +x π k π 0,25

Vậy:

6

x= − +π k π ( )

42

x= π +k π k∈] 0,25

2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…

Hệ cho tương đương:

2 13 x x y y x x y y ⎧ + + = ⎪⎪ ⎨ ⎪ + + = ⎪⎩

(do y=0 không thoả mãn hệ cho) 0,25

⇔ 7 13 x x y y x x y y ⎧⎛ ⎞ + + = ⎪⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎪ ⎨ ⎛ ⎞ ⎪ + − = ⎜ ⎟ ⎪⎝ ⎠ ⎩ ⇔

1 20 0

1 x x y y x x y y ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ +⎜ ⎟ +⎜ + ⎟− = ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎨ ⎛ ⎞ ⎪ = −⎜ + ⎟ ⎪ ⎝ ⎠ ⎩ 0,25 ⇔ 5 12 x y x y ⎧ + = − ⎪ ⎨ ⎪ = ⎩

(I)

1 4 x y x y ⎧ + = ⎪ ⎨ ⎪ = ⎩

(II) 0,25

(2,0 điểm)

(I) vô nghiệm; (II) có nghiệm: ( ; ) 1;1 x y = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠ ( ; ) (3;1).x y = Vậy: ( ; ) 1;1 ( ;

3 x y = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠ x y) (3;1).=

0,25

Tính tích phân… ln ,

u= + x ( 1)2;

dx dv x = + , du dx x

=

1 v x = − + 0,25 I 3 1 ln

1 ( 1)

x dx

x x x

+

= − +

+ ∫ + 0,25

3

1

3 ln 3

4 dx dx x x + = − + + − +

∫ ∫ 0,25

III

(1,0 điểm)

3

1

3 ln 27

ln ln ln

4 x x

− ⎛ ⎞

= + − + = ⎜ + ⎟

⎝ 16⎠ 0,25

Tính thể tích khối chóp…

Gọi D trung điểm AC trọng tâm tam giác G ABC ta có 'B G⊥(ABC) ⇒ nB BG' = 60D

⇒ ' ' sin 'n

2 a B G B B= B BG=

2 a

BG= ⇒

a BD= Tam giác ABC có: 3,

2

AB AB

BC= AC= ⇒

4 AB CD= 0,50 IV (1,0 điểm)

2 2

B A

BC +CD =BD ⇒ 2

3

4 16

AB AB a

+ = ⇒ 13,

13 a

AB= 13;

26 a

AC= 104

ABC

a

SΔ = 0,25

(134)

Trang 3/4

Thể tích khối tứ diện A ABC' : ' '

1 '

A ABC B ABC ABC

V =V = B G SΔ 208

a

= 0,25

Tìm giá trị nhỏ biểu thức…

Kết hợp (x y+ )3+4xy≥ 2 với (x y+ )2 ≥ y suy ra: 4x (x y+ )3+ +(x y)2 ≥2 ⇒ x y+ ≥1. 0,25

A=3(x4+y4+x y2 2) 2(− x2+ y2) 1+ = 3( 2)2 3( 4) 2( 2)

2 x +y +2 x +y − x +y +1 0,25

≥ 3( 2)2 3( 2)2 2( 2) 1

2 x +y +4 x +y − x +y + ⇒ ( ) ( )

2

2 2

9

2

4

A≥ x +y − x +y + Đặt t x= 2+y2, ta có 2 ( )2

2

x y

x +y ≥ + ≥ ⇒ 1;

t≥ 2 1

4

A≥ t − + t Xét ( ) 2 1;

4

f t = t − + t '( ) 2

f t = t− > với t≥ ⇒

1 ;

1

min ( )

2 16 f t f

⎡ +∞⎟⎞ ⎢⎣ ⎠

⎛ ⎞ = ⎜ ⎟⎝ ⎠=

0,25

V

(1,0 điểm)

9; 16

A≥ đẳng thức xảy

x y= = Vậy, giá trị nhỏ A

16 0,25

1 (1,0 điểm) Xác định toạ độ tâm K

Gọi K a b( ; );K∈( )C ⇔ ( 2)2

5

a− +b = (1); ( )C1 tiếp xúc Δ1, Δ2 ⇔

VI.a

7

2

a b− a− b

= (2) 0,25

(1) (2), cho ta:

2

5( 2)

5

a b

a b a b

⎧ − + =

⎪ ⎨

− = −

⎪⎩ ⇔ (I) (II)

2

5( 2)

5( )

a b

a b a b

⎧ − + =

⎨

− = − ⎩

2

5( 2)

5( )

a b

a b b a

⎧ − + =

⎨

− = −

⎩ 0,25

(2,0 điểm)

(I) ⇔ vô nghiệm; (II)

2

25 20 16

2

a a

b a

⎧ − + =

⎨ = −

⎩ ⇔

2

( ; ) ; 5

25 40 16

a b

a b

b b

=

⎧ ⎛ ⎞

⇔ =

⎨ − + = ⎜⎝ ⎟⎠

⎩ 0,25

Bán kính ( ) :C1 2 a b

R= − = Vậy: 4; 5 K⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠

2 2.

R= 0,25

2 (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng ( ) P

Mặt phẳng ( )P thoả mãn yêu cầu toán hai trường hợp sau:

Trường hợp 1: ( )P qua ,A B song song với CD 0,25 Vectơ pháp tuyến ( ) P : nG= ⎣⎡JJJG JJJGAB CD, ⎤⎦

( 3; 1;2), AB= − −

JJJG JJJG

( 2;4;0)

CD= − ⇒ nG= − − −( 8; 4; 14) Phương trình ( )P : 4x+2y+7z− =15 0,25

Trường hợp 2: ( )P qua ,A B cắt CD Suy ( )P cắt CD trung điểm vectơ pháp tuyến

I CD (1;1;1) (0; 1;0);

I ⇒ JJGAI = − ( ) :P nG=⎡⎣JJJG JJGAB AI, ⎤ =⎦ (2;0;3) 0,25 Phương trình ( ) : 2P x+3z− =5

Vậy ( )P : 4x+2y+7z− =15 ( ) : 2P x+3z− =5 0,25 Tìm số phức z

Gọi z x yi= + ; z (2 i) (x 2) (y 1) ;i

VII.a

2

(2 ) 10 ( 2) ( 1) 10

z− + =i ⇔ −x + −y =

− + = − + − (1) 0,25

2

25 25

z z= ⇔ x +y = (2) 0,25

(1,0 điểm)

(135)

Trang 4/4

1 (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm , B C

Gọi H hình chiếu A Δ, suy Hlà trung điểm BC

( , ) ;

2

AH =d A BC = BC 2S ABC AH

Δ

= =

VI.b

2

2 97.

4

BC AB AC= = AH + =

0,25

Toạ độ B C nghiệm hệ: ( ) ( )

2 97

1

2

x y

x y

⎧ + + − = ⎪

⎨

⎪ − − = ⎩

0,25

Giải hệ ta được: ( ; ) 11 3; 2 x y = ⎜⎛

⎝ ⎠

⎞

⎟ ( ; )x y =⎝⎜⎛23;−25⎞⎟⎠ 0,25

Vậy 11 3; , 3;

2 2

B⎝⎛⎜ ⎞⎠⎟ C⎝⎜⎛ − ⎞⎟⎠ 3; , 11 3;

2 2

B⎛⎜⎝ − ⎞⎟⎠ C⎛⎜⎝ ⎞⎟

⎠ 0,25

2 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…

Gọi đường thẳng cần tìm; nằm mặt phẳng qua song song với Δ Δ

( )Q A ( ).P

Phương trình ( )Q x: −2y+2z+ =1 0,25 ,

K H hình chiếu B Δ ( )., Q Ta có BK BH≥ nên AH đường thẳng cần tìm 0,25 Toạ độ H=( ; ; )x y z thoả mãn:

1

1 2

2

x y z

− + −

⎧ = =

⎪

− ⎨

⎪ − + + = ⎩

⇒ 11 7; ; 9

H= −⎛⎜⎝ ⎞⎟⎠ 0,25

(2,0 điểm)

26 11

; ;

9 9

AH =⎛⎜⎝ − ⎠ JJJG

H B C

A

Δ

B

⎞

⎟ Vậy, phương trình :

26 11

x+ y z−

Δ = =

− 0,25

Tìm giá trị tham số m

Toạ độ ,A B thoả mãn:

2 1

x

x m x

y x m ⎧ − = − + ⎪

⎨

⎪ = − + ⎩

⇔

2

2 0, ( 0)

x mx x

y x m

⎧ − − = ≠

⎨

= − + ⎩

(1)

0,25

Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt x x khác với 1, 2 m Gọi A x y( ; ), ( ; )1 1 B x y2 2 ta có: 2 2

1 2

( ) ( ) 2( )

AB = x −x + y −y = x −x 0,25

Áp dụng định lí Viet (1), ta được: 2

1 2

2 ( ) 4

2 m

AB = ⎡⎣ x +x − x x ⎤⎦= + 0,25

VII.b

(1,0 điểm)

2

4 16

2 m

AB= ⇔ + = ⇔ = ±m 0,25

-Hết -

Q

K

A H

(136)

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

1 (1,0 điểm) Khảo sát… Khi m=0, y x= 4−2 x2

• Tập xác định: D= \ • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y' 4= x3−4 ;x y' 0= ⇔ x= ±1 x=0

0,25

Hàm số nghịch biến trên: (−∞ −; 1) (0;1); đồng biến trên: ( 1;0)− (1;+ ∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x= ±1, yCT = −1; đạt cực đại x=0, yCĐ =0

- Giới hạn: lim lim

x→−∞y=x→+∞y= +∞

0,25

Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 (1,0 điểm) Tìm m

Phương trình hồnh độ giao điểm (Cm) đường thẳng y= −1: x4−(3m+2)x2+3m= −1

Đặt t x t= 2, ≥0; phương trình trở thành: t2−(3m+2)t+3m+ =1 0 0,25

⇔ t=1 t=3m+1 0,25

Yêu cầu toán tương đương:

3 1

m m

< + < ⎧

⎨ + ≠

⎩ 0,25

I

(2,0 điểm)

⇔ 1,

3 m

− < < m≠0 0,25

Phương trình cho tương đương: cos5x−(sin 5x+sin ) sinx − x= 0 ⇔ 3cos5 1sin sin

2 x−2 x= x

x −∞ 1− y' − + − + y

+∞

− −1

0

+∞ +∞

x O

y

2

− 1

−

8

0,25

II

(2,0 điểm)

⇔ sin sin

3 x x

π

⎛ − ⎞=

⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,25

(137)

Trang 2/4

⇔

3 x x k

π− = + π 5 2

3 x x k

π− = − +π π 0,25

Vậy:

18

x=π +kπ

6

x= − +π kπ (k∈]) 0,25

2 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… Hệ cho tương đương:

2

1

5

( )

x y x x y x ⎧ + + − = ⎪ ⎪ + − + = ⎪⎩ ⎪

⎨ 0,25

⇔

2

1

3 1 1 0⇔

x y x x x ⎧ + = − ⎪⎪ ⎨ ⎛ ⎞ ⎪⎜ − ⎟ − + = ⎪⎝ ⎠ ⎩ 1 x y x x x ⎧ + = − ⎪⎪ ⎨ ⎪ − + = ⎪⎩ 0,25 ⇔ 1 x x y ⎧ = ⎪ ⎨ ⎪ + = ⎩ 1 2 x x y ⎧ = ⎪⎪ ⎨ ⎪ + = ⎪⎩ 0,25

⇔

1 x y = ⎧ ⎨ = ⎩

2 3. x y = ⎧ ⎪ ⎨ = − ⎪⎩

Nghiệm hệ: ( ; ) (1;1)x y = ( ;

0,25

) 2;

2 x y =⎛⎜ − ⎞⎟

⎝ ⎠

Tính tích phân…

Đặt t e dxx, dt;x 1,t e x; 3,t e3 t

= = = = = = 0,25

3 ( 1) e e dt I t t = − ∫ = 1 e e ∫ dt t t ⎛ − ⎞ ⎜ − ⎟

⎝ ⎠ 0,25

= ln|t−1|ee3 −ln| |t ee3 0,25

III

(1,0 điểm)

= ln(e2+ + −e 1) 2. 0,25

Tính thể tích khối chóp

IV

(1,0 điểm) Hạ ; đường cao

của tứ diện

( )

IH⊥AC H∈AC ⇒ IH ⊥(ABC) IH

IABC

⇒ IH AA// ' ⇒

' '

IH CI

AA =CA = ⇒

2

'

3

a IH= AA =

2

' ' 5,

AC= A C −A A =a BC= AC2−AB2 =2 a Diện tích tam giác ABC:

2

ABC

SΔ = AB BC= a Thể tích khối tứ diện IABC:

3

1

3 ABC

a V = IH SΔ =

0,50

A C

(138)

Trang 3/4

Hạ AK⊥A B K' ( ∈A B' ) Vì BC⊥(ABB A' ') nên AK⊥BC ⇒ AK⊥(IBC)

Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (IBC) AK 0,25

'

2

2 '

' '

AA B

S AA AB a

AK

A BΔ A A AB

= = =

+ 0,25

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…

Do x y+ =1, nên: S=16x y2 2+12(x3+y3) 9+ xy+25xy

0,25

2

16x y 12 (⎡ x y) (xy x y)⎤ 34xy

= + ⎣ + − + ⎦+ =16x y2 2−2xy+12. Đặt t xy= , ta được: S=16t2− +2t 12; 0 ( )2

4

x y xy +

≤ ≤ = ⇒ 0;1

4 t ⎡∈ ⎢ ⎥⎤

⎣ ⎦

Xét hàm f t( ) 16= t2− +2t 12 đoạn 0;1

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎣ ⎦ '( ) 32 2;

f t = t− f t'( ) 0= ⇔ 1; 16

t= (0) 12,f = 16 f ⎛⎜ ⎞⎟

⎝ ⎠ = 191,

16 f ⎛ ⎞⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 25. 0; 25

max ( ) ;

4

f t f ⎡ ⎤

⎢ ⎥ ⎣ ⎦

⎛ ⎞

= ⎜ ⎟⎝ ⎠= 1 0;

4

1 191

min ( )

16 16

f t f ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ⎛ ⎞ = ⎜⎝ ⎟⎠= 0,25

Giá trị lớn S 25;

1 x y xy + = ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪⎩ ⇔ 1 ( ; ) ; 2 x y = ⎜⎛ ⎞⎟

⎝ ⎠ 0,25

V

(1,0 điểm)

Giá trị nhỏ S 191; 16

1 16 x y xy + = ⎧ ⎪ ⎨ = ⎪⎩ ⇔ ( ; ) 2;

4

x y = ⎜⎛⎜ + − ⎞⎟⎟

⎝ ⎠

2 3

( ; ) ;

4

x y = ⎜⎛⎜ − + ⎞⎟⎟

⎝ ⎠

0,25

1 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… Toạ độ A thoả mãn hệ: ⇒

6

x y x y − − = ⎧ ⎨ − − =

⎩ A(1;2)

B đối xứng với A qua M suy , B=(3; 2).−

0,25

Đường thẳng BC qua B vng góc với đường thẳng 6x y− − = 0.4

Phương trình BC x: +6y+ =9 0,25

Toạ độ trung điểm N đoạn thẳng BC thoả mãn hệ:

6

x y x y − − = ⎧ ⎨ + + = ⎩ ⇒ 0; N⎛⎜ − ⎞⎟

⎝ ⎠ 0,25

⇒ JJJGAC=2.JJJJGMN= − −( 4; ;) phương trình đường thẳng AC: 3x−4y+ =5 0,25

2 (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm D ( 1;1;2),

AB= − JJJG

phương trìnhAB: 2 x t y t z t = − ⎧ ⎪ = + ⎨ ⎪ = ⎩ 0,25 VI.a (2,0 điểm)

D thuộc đường thẳng AB ⇒D(2−t;1+t t;2 ) ⇒ CDJJJG= −(1 t t t; ;2 ) 0,25

(139)

Trang 4/4

Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng ( ) :P nG=(1;1;1)

C không thuộc mặt phẳng ( ).P

//( )

CD P ⇔ n CDG JJJG= 1.(1 ) 1.2

t t t t

⇔ − + + = ⇔ = − Vậy 1; ; 2 D⎛⎜ − ⎞⎟

⎝ ⎠

0,50

Tìm tập hợp điểm…

Đặt z x yi x y= + ( , ∈\); z− + = − +3 4i (x 3) (y+4 )

VII.a

i 0,25

Từ giả thiết, ta có: (x−3) (2+ y+4)2 = ⇔2 (x−3) (2+ y+4)2= 0,50 (1,0 điểm)

Tập hợp điểm biểu diễn số phức đường trịn tâm z I(3; 4− ) bán kính R=2 0,25

1 (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M

Gọi điểm M a b( ); Do M a b( ); thuộc ( )C nên (a−1)2+b2 =1; O∈( )C ⇒ IO IM= =1 0,25

Tam giác IMO có OIMn= 120Dnên OM2=IO2+IM2−2 IO IM.cos120D⇔a2+b2 =3. 0,25 Toạ độ điểm M nghiệm hệ ( )

2 2

3

1

3

3 .

2 a

a b

a b b

⎧ = ⎪ ⎧ − + =

⎪ ⎪

⇔

⎨ ⎨

+ =

⎪ ⎪

⎩ = ±

⎪⎩

Vậy 3;

2

M =⎛⎜⎜ ± ⎞⎟⎟

⎝ ⎠ 0,50

2 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… Toạ độ giao điểm với I Δ ( )P thoả mãn hệ:

2

1 1

x

2

y z

x y z

+ −

⎧

= =

⎪

− ⎨

⎪ + − + = ⎩

⇒ I( 3;1;1).− 0,25

Vectơ pháp tuyến ( ) :P nG=(1;2; 3);− vectơ phương Δ: uG=(1;1; 1).− 0,25

Đường thẳng cần tìm qua có vectơ phương d I vG=⎣⎡n uG G, ⎤⎦= − −(1; 2; 1) 0,25

VI.b

(2,0 điểm)

Phương trình d:

3

x t

y t

z t = − + ⎧ ⎪

= − ⎨ ⎪ = − ⎩

0,25

Tìm giá trị tham số m

VII.b

Phương trình hồnh độ giao điểm:

2 1

2 x x

x m x

+ − = − + ⇔ 3x2+ −(1 m x) − =1 (x≠0). 0,25

(1,0 điểm)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt x x khác với 1, 2 m 0,25

1 1.

2

I

x x m x = + = −

Hoành độ trung điểm I AB: 0,25

1

0

6

I

m

I Oy∈ ⇔x = ⇔ − = ⇔ =1 m 0,25

-Hết -

(140)

Trang 1/4

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối A

1 (1,0 điểm)

Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 +

• Tập xác định: R • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 'y = 3x2 − 4x; '( )y x = ⇔ x = x = 4

3

0,25

Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) 4; ⎛ +∞⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠; nghịch biến khoảng 0;

3

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu x =

3; yCT = 27 − - Giới hạn: lim

x→ − ∞y = − ∞ ; limx→ + ∞y= + ∞

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 (1,0 điểm)

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

Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x

1 = 1; x2 x3 nghiệm (*)

Yêu cầu toán thỏa mãn khi:

2

0 (1)

3 g

x x ⎧∆ > ⎪

≠ ⎨

⎪ + < ⎩

0,25

I (2,0 điểm)

⇔

1

0

1

m m

m + > ⎧

⎪− ≠ ⎨ ⎪ + < ⎩

⇔

− < m < m ≠ 0,25

y +∞

−∞ '

y + − + x −∞

3 +∞

5 27 −

O y

x

4

1

2

(141)

Trang 2/4

1 (1,0 điểm)

Điều kiện: cosx ≠ + tanx ≠

Khi đó, phương trình cho tương đương: sin x π ⎛ + ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx

0,25

⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = sin cos cos cos

x x

+ ⇔ sinx + cos2x =

0,25

⇔ 2sin2x − sinx − = ⇔ sinx = (loại) sinx = − 1

2 0,25

⇔ x = −

π + k2π x = 7

π + k2π (k ∈ Z) 0,25

2 (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥

Ta có: 2(x2− + = x 1) x2+(x−1)2+ > 1, suy − 1 2(x2− + < x 1) Do đó, bất phương trình cho tương đương với: 2(x2− + ≤ − x + x (1) x 1)

0,25

Mặt khác 2(x2− + = x 1) 2(1−x)2+2( x)2 ≥ − x + x (2), đó: 0,25 (1) ⇔ 2(x2− + = − x + x (3) x 1)

Để ý rằng: + Dấu (2) xảy khi: − x = x đồng thời − x + x ≥ + − x = x kéo theo − x + x ≥ 0, đó:

(3) ⇔ − x = x

0,25

II (2,0 điểm)

⇔ 20 (1 ) x x x − ≥ ⎧⎪ ⎨ − =

⎪⎩ ⇔

1

3

x x x ≤ ⎧⎪ ⎨ − + = ⎪⎩ ⇔ x = 3

2

− , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0,25

I = d x x e x x e ⎛ ⎞ + ⎜ ⎟ ⎜ + ⎟ ⎝ ⎠

∫ =

0 d x x

∫ +

0 d x x e x e +

∫ 0,25

Ta có: d x x

∫ = 31

0 3x =

1

3 0,25

và d x x e x e +

∫ =

2

d(1 ) x x e e + +

∫ , suy ra: 0,25

III (1,0 điểm)

I = +

1

ln(1 )

x

e

+ =

3 +

1 ln

2

e + = 1

3 +

1 ln

2

e +

0,25

• Thể tích khối chóp S.CDNM

SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM

= AB2 − 1

2AM.AN −

2BC.BM = a2 −

8 a −

4

a = 5 a

0,25

VS.CDNM =

3 SCDNM.SH =

24

a 0,25

IV (1,0 điểm)

• Khoảng cách hai đường thẳng DM SC

∆ADM = ∆DCN ⇒ n nADM=DCN ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy DM ⊥ (SHC) Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy HK đoạn vng góc chung DM SC, đó:

d(DM, SC) = HK

0,25

A

B C

(142)

Trang 3/4

Ta có: HC = CD2 CN =

2

a HK =

2

SH HC SH +HC =

2 19

a , đó: d(DM, SC) = 2 19

a

0,25

Điều kiện: x ≤ 3 4; y ≤

5

Phương trình thứ hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 2y− (1)

0,25

Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 2y− ), với f(t) = (t2 + 1)t

Ta có 'f (t) = 3t2 + > 0, suy f đồng biến R

Do đó: (1) ⇔ 2x = 2y− ⇔

5 . x x y ≥ ⎧ ⎪ ⎨ = − ⎪⎩ 0,25

Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta được: 4x2 + 2 2

2 x

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ + 4x− −7 = (3) Nhận thấy x = x = 3

4 nghiệm (3) Xét hàm g(x) = 4x2 + 2 2

2 x

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ + 4x− − 7, khoảng 0; ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 V (1,0 điểm) '( )

g x = 8x − 8x 2

2 x

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠−

4

3 4x− = 4x (4x

2 − 3) −

3 4x− < 0, suy hàm g(x) nghịch biến Mặt khác

2 g ⎛ ⎞⎜ ⎟

⎝ ⎠ = 0, (3) có nghiệm x =

2; suy y = Vậy, hệ cho có nghiệm: (x; y) = 1;

2

⎛ ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

0,25

1 (1,0 điểm)

d1 d2 cắt O, cos(d1, d2) = | 3 1.1|

3 −

+ + =

1

2 tam giác OAB vng B, nAOB = 60D ⇒ nBAC = 60D

0,25

Ta có: SABC =

2AB.AC.sin 60 D=

4 (OA.sin 60

D).(OA.tan 60D) = 3

8 OA

2

Do đó: SABC =

2 , suy OA

2 = 4

3

0,25

Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 23 2 40 x y x y ⎧ + = ⎪ ⎨ + =

⎪⎩ ⇒ A

1 ; ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Đường thẳng AC qua A vng góc với d2, suy AC có phương trình: x − 3y − =

Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ:

3

x y x y ⎧ − = ⎪ ⎨ − − =

⎪⎩ ⇒ C

2 ; − ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 VI.a (2,0 điểm)

Đường trịn (T) có đường kính AC, suy tâm (T) I ; 2

−

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠ bán kính IA = Phương trình (T):

2

1 1

(143)

Trang 4/4

2 (1,0 điểm)

Đường thẳng ∆ có vectơ phương vG = (2; 1; −1) mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến nG = (1; −2; 1) 0,25 Gọi H hình chiếu M (P), ta có cos nHMC= cos ,( )v nG G 0,25

d(M, (P)) = MH = MC.cos nHMC = MC cos ,( )v nG G 0,25

= | 2 1| 6 − − =

6 0,25

Ta có: z = (1 + 2 i) (1 − i) 0,25

= + i, suy ra: 0,25

z = − i 0,25

VII.a (1,0 điểm)

Phần ảo số phức z bằng: − 0,25

1 (1,0 điểm)

Gọi H trung điểm BC, D trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC Do tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:

4 0 x y x y

+ − = ⎧

⎨ − =

⎩ ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2)

0,25

Đường thẳng BC qua H song song d, suy BC có phương

trình: 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)

Điểm E(1; −3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác ABC, suy ra: ABJJJG CEJJJG = ⇔ (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 2 (1,0 điểm)

Đường thẳng ∆ qua điểm M(−2; 2; −3), nhận vG = (2; 3; 2) làm vectơ phương

Ta có: MAJJJG = (2; −2; 1), ,⎡⎣v MAG JJJG⎤⎦ = (7; 2; −10) 0,25 Suy ra: d(A, ∆) = v MA,

v

⎡ ⎤

⎣ ⎦

G JJJG

G = 49 100

+ +

+ + = 0,25

Gọi (S) mặt cầu tâm A, cắt ∆ B C cho BC = Suy bán kính (S) là: R = 0,25

VI.b (2,0 điểm)

Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25 0,25

Ta có: (1− )i = − 0,25

Do z = 1 i −

− = − − 4i, suy z = − + 4i 0,25

⇒ z + i z = − − 4i + (− + 4i)i = − − 8i 0,25

VII.b (1,0 điểm)

Vậy: z+iz = 0,25

- Hết - •

M

∆ B C A

•

H M

∆ P C

• E

d A

B C

H D

(144)

Trang 1/4

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối B

1 (1,0 điểm)

• Tập xác định: R \ {−1} • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: ' 2 ( 1) y

x =

+ > 0, ∀x ≠ −1

0,25

Hàm số đồng biến khoảng (− ∞; −1) (−1; + ∞) - Giới hạn tiệm cận: lim lim

x→ − ∞y=x→ + ∞y= ; tiệm cận ngang: y = ( 1)

lim

x→ − −y= + ∞ x→ −lim( 1)+y= − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 (1,0 điểm)

Phương trình hồnh độ giao điểm: 1 x x

+

+ = −2x + m

⇔ 2x + = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 khơng nghiệm phương trình) ⇔ 2x2 + (4 − m)x + − m = (1)

0,25

∆ = m2 + > với m, suy đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm

phân biệt A, B với m 0,25

Gọi A(x1; y1) B(x2; y2), x1 x2 nghiệm (1); y1 = −2x1 + m y2 = −2x2 + m

Ta có: d(O, AB) = | |

m AB = ( ) (2 )2

1 2

x −x + y −y = 5(x1+x2)2−20x x1 =

5( 8)

2 m +

0,25

I (2,0 điểm)

SOAB =

2AB d(O, AB) =

2

| |

4

m m + , suy ra: | | 8

m m + = ⇔ m = ±

0,25

x −∞ −1 + ∞ '

y + + y

2

+∞

−∞

−1 O x

y

1

(145)

Trang 2/4

1 (1,0 điểm)

Phương trình cho tương đương với: 2sin cosx 2x−sinx+cos cosx x+ 2cos 2x = 0 0,25 ⇔ cos2 sinx x+(cosx+2)cos 2x= ⇔ (sin0 x+cosx+2)cos 2x= (1) 0,25

Do phương trình sinx+cosx+ = vơ nghiệm, nên: 0,25

(1) ⇔ cos 2x= ⇔

4

x = π +kπ (k ∈ Z) 0,25

2 (1,0 điểm)

Điều kiện:

3 x

− ≤ ≤ 0,25

Phương trình cho tương đương với: ( 3x+ −1 4)+(1− 6−x) 3+ x2−14x− = 0,25

⇔ 3( 5) ( 5)(3 1)

3

x x

− + − + − + =

+ + − +

⇔ x = 3

3x+ +1 4+ 6− +x 1+ x+ =

0,25

II (2,0 điểm)

3 3 1 0 1; 6

3

3x x x x

⎡ ⎤

+ + + > ∀ ∈ −⎢ ⎥

+ + − + ⎣ ⎦, phương trình cho có nghiệm: x = 0,25 Đặt t= +2 lnx, ta có dt 1dx

x

= ; x = ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 0,25

3 2

2d t

I t

t −

= ∫

3

2

1dt 2 1dt

t t

= ∫ − ∫ 0,25

3

2 ln t

t

= + 0,25

III (1,0 điểm)

1

ln

3

= − + 0,25

• Thể tích khối lăng trụ Gọi D trung điểm BC, ta có:

BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ 'A D, suy ra: n' 60ADA = D

0,25

Ta có: AA'= AD.tan n'ADA =

a

; SABC =

2 3 a

Do đó:

3 ' ' '

3

V S '

8

ABC A B C ABC

a AA

= =

0,25

• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC 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

GH = 2

GA

GH

0,25

IV (1,0 điểm)

Ta có: GH = ' AA =

2

a; AH = 3 a

; GA2 = GH2 + AH2 = 7

12

a Do đó: R = 7 2.12

a

a = 12

a

0,25

H A

B

C '

A

' B

' C

G

D

A

E

H G

I

(146)

Trang 3/4

Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2(− ab+bc+ca) 0,25

Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 0 ( )2

3

a b c t + +

≤ ≤ =

Xét hàm f t( )=t2 +3t+2 2− t 0;1

⎡ ⎞

⎟ ⎢⎣ ⎠, ta có:

2 '( )

1 f t t

t

= + −

− ;

2 ''( )

(1 ) f t

t

= −

− ≤ 0, dấu xảy t = 0; suy '( )f t nghịch biến

0,25

Xét đoạn 0;1

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎣ ⎦ ta có:

1 11

'( ) '

3

f t ≥ f ⎛ ⎞⎜ ⎟= − >

⎝ ⎠ , suy f(t) đồng biến Do đó: f(t) ≥ f(0) = ∀t ∈ 0;1

3

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎣ ⎦

0,25

V (1,0 điểm)

Vì thế: M ≥ f(t) ≥ ∀t ∈ 0;1

⎡ ⎤

⎢ ⎥

⎣ ⎦; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = a + b + c = ⇔ (a; b; c) số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1)

Do giá trị nhỏ M

0,25

1 (1,0 điểm)

Gọi D điểm đối xứng C(− 4; 1) qua d: x + y − = 0, suy tọa độ D(x; y) thỏa mãn: ( 4) ( 1)

4 5 0

2

x y

+ − − =

⎧ ⎪

⎨ − + + − =

⎪⎩ ⇒ D(4; 9)

0,25

Điểm A thuộc đường trịn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) thỏa mãn: 2 02

( 5) 32

x y x y

+ − = ⎧⎪

⎨

+ − =

⎪⎩ với x > 0, suy A(4; 1)

0,25

⇒ AC = ⇒ AB = 2SABC

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)

0,25

Do d phân giác góc A, nên ABJJJG ADJJJG hướng, suy B(4; 7)

Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0,25 2 (1,0 điểm)

Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 1

x y z b c

+ + = 0,25

Mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P): y − z + = 0, suy ra: 1 b −

1

c = (1) 0,25 Ta có: d(O, (ABC)) = 1

3 ⇔

2

1

b c

+ +

= ⇔

1 b +

1

c = (2) 0,25

VI.a (2,0 điểm)

Từ (1) (2), b, c > suy b = c = 1

2 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 | 0,25 ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 0,25

⇔ x2 + y2 + 2y − = 0,25

VII.a (1,0 điểm)

Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường trịn có phương trình: x2 + (y + 1)2 = 0,25

d

A B D

C

(147)

Trang 4/4

1 (1,0 điểm)

Nhận thấy: F1(−1; 0) F2(1; 0)

Đường thẳng AF1 có phương trình:

3

x+ = y

0,25

M giao điểm có tung độ dương AF1 với (E), suy ra:

2 1;

3 M= ⎜⎛⎜ ⎞⎟⎟

⎝ ⎠ ⇒ MA = MF2 =

3

0,25

Do N điểm đối xứng F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN 0,25

Do đường trịn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 đường tròn tâm M, bán kính MF2

Phương trình (T): ( )

2

1

3

x− +⎛⎜⎜y− ⎞⎟⎟ =

⎝ ⎠

0,25

2 (1,0 điểm)

Đường thẳng ∆ qua điểm A(0; 1; 0) có vectơ phương vG = (2; 1; 2) Do M thuộc trục hồnh, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AMJJJJG= (t; −1; 0) ⇒ ,⎡⎣v AMG JJJJG⎤⎦ = (2; 2t; − t − 2)

0,25

⇒ d(M, ∆) = v AM, v

⎡ ⎤

⎣ ⎦

G JJJJG

G = 52 t + t+

0,25

Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 52 t + t+

= | t | 0,25

VI.b (2,0 điểm)

⇔ t2 − t − = ⇔ t = − t =

Suy ra: M(−1; 0; 0) M(2; 0; 0) 0,25

Điều kiện y > 1

3, phương trình thứ hệ cho ta: 3y − = 2

x 0,25

Do đó, hệ cho tương đương với:

2

3

(3 1) 3

x

y

y y y

⎧ − = ⎪ ⎨

− + − =

⎪⎩ ⇔

3

6

x

y y y ⎧ − = ⎪ ⎨

− =

⎪⎩ 0,25

⇔

2

x

y ⎧ = ⎪⎪ ⎨ ⎪ = ⎪⎩

0,25

VII.b (1,0 điểm)

⇔

1

x y

= − ⎧ ⎪ ⎨ =

⎪⎩ 0,25

- Hết -

M y

x A

F1 F2

O N

(148)

Trang 1/4

⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối D

1 (1,0 điểm) • Tập xác định: R • Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: 'y = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); 'y (x) = ⇔ x =

0,25

- Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0); nghịch biến khoảng (0; +∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ =

- Giới hạn: lim

x→ − ∞y = limx→ + ∞y = − ∞

0,25

• Đồ thị:

0,25

2 (1,0 điểm)

Do tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y = 1

6x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc – 0,25 Do đó, hồnh độ tiếp điểm nghiệm phương trình − 4x3 − 2x = − 0,25

⇔ x = 1, suy tọa độ tiếp điểm (1; 4) 0,25

I

(2,0 điểm)

Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + hay y = − 6x + 10 0,25

1 (1,0 điểm)

Phương trình cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − = 0,25

⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = (1) 0,25

Do phương trình cosx + sinx + = vô nghiệm, nên: 0,25

II (2,0 điểm)

(1) ⇔ sinx =

2 ⇔ x =

π + k2π x = 5

π + k2π ( k ∈ Z)

0,25

'

y + −

y

− ∞

x −∞ +∞

− ∞

y

x

2

−

O

(149)

Trang 2/4

2 (1,0 điểm)

Điều kiện: x ≥ −

Phương trình cho tương đương với: (24x−24)(22 x+2−2x3−4)= 0,25

• 24x − 24 = ⇔ x = 0,25

• 22 x+2 − 4

2x− = ⇔ x+ = x2 3 − (1)

Nhận xét: x ≥ 34 0,25

Xét hàm số f(x) = 2 x+ − x2 3 + 4, ⎡34 ;+ ∞)

⎣

'

f (x) = x+ − 3x

2 < 0, suy f(x) nghịch biến ⎡34 ;+ ∞)

⎣

Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 1; x =

0,25

I =

3

2 ln d

e

x x x x

⎛ − ⎞

⎜ ⎟

⎝ ⎠

∫ =

1

2 ln d

e

x x x

∫ −

1 ln

3 d

e x

x x

∫ 0,25

• Đặt u = lnx dv = 2xdx, ta có: du = dx

x và v = x

2

1

2 ln d

e

x x x

∫ = ( )

1 ln e x x −

1 d

e

x x

∫ = e2 −

1

e

x = 2 e +

0,25

•

ln d

e x

x x

∫ = ( )

1

ln d ln

e

x x

∫ =

1

ln

e

x =

2 0,25

III (1,0 điểm)

Vậy I = 2

e − 0,25

• M trung điểm SA AH =

4

a , SH = SA2−AH2 = 14 a

0,25

HC =

a , SC = SH2+HC2 = a ⇒ SC = AC Do tam giác SAC cân C, suy M trung điểm SA

0,25

• Thể tích khối tứ diện SBCM M trung điểm SA ⇒ SSCM =

2SSCA ⇒ VSBCM = VB.SCM =

2VB.SCA = 2VS.ABC

0,25

IV (1,0 điểm)

⇒ VSBCM =

6SABC.SH = 14

48 a

0,25

Điều kiện: − ≤ x ≤

Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy y > 0,25

y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − (x+3)(7−x x)( +2)(5−x)

= ( (x+3)(5−x) − (x+2)(7−x))2 + ≥ 2, suy ra: 0,25 y ≥ ; dấu xảy x = 1

3 0,25

V (1,0 điểm)

Do giá trị nhỏ y 0,25

S

C D

B A

M

H

(150)

Trang 3/4

1 (1,0 điểm)

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 không qua A)

Do hồnh độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = (1)

0,25

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, có một nghiệm dương khi: | a | < 70

Do C có hồnh độ dương, nên B(− − 74 a− 2; a) C(− + 74 a− ; a)

0,25

AC ⊥ BH, suy ra: JJJG JJJGAC BH =

⇔ ( 74−a2 −5)( 74−a2 +5) + (a + 7)(− − a) = ⇔ a2 + 4a − 21 =

0,25

⇔ a = − (loại) a = (thỏa mãn)

Suy C(− + 65 ; 3) 0,25

(1,0 điểm)

Ta có vectơ pháp tuyến (P) (Q)

P

nG = (1; 1; 1) nGQ= (1; − 1; 1), suy ra: ,

P Q

n n

⎡ ⎤

⎣ ⎦

G G

= (2; 0; −2) vectơ pháp tuyến (R)

0,25

Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0,25

Ta có d(O,(R)) = , D

suy ra: D

= ⇔ D = 2 D = 2− 0,25

VI.a (2,0 điểm)

Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 = x − z − 2 = 0,25

Gọi z = a + bi, ta có: z = a2+b2 z2 = a2 − b2 + 2abi 0,25

Yêu cầu toán thỏa mãn khi:

2 2

2 a b a b

⎧ + =

⎪ ⎨

− =

⎪⎩ 0,25

⇔ 2

1 a b

⎧ =

⎪ ⎨

=

⎪⎩ 0,25

VII.a (1,0 điểm)

Vậy số phức cần tìm là: + i; − i; − + i; − − i 0,25

1 (1,0 điểm)

Gọi tọa độ H (a; b), ta có: AH2=a2+ −(b 2)2 khoảng cách từ H đến trục hoành | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2 0,25

Do H thuộc đường trịn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = 0,25

Từ đó, ta có: 2

4

2 a b

a b b

⎧ − + =

⎪ ⎨

+ − =

⎪⎩

Suy ra: ( 2H 2; 1)− − ( 2H − 2; 1)− −

0,25

VI.b (2,0 điểm)

Vậy phương trình đường thẳng ∆

( 1)− x−2 2− y= ( 1)0 − x+2 2− y= 0,25 I •

A

B C

H

O H y

x A

P Q

R

• O

(151)

Trang 4/4

2 (1,0 điểm)

Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t)

+ ∆2 qua A(2; 1; 0) có vectơ phương v

G

= (2; 1; 2) 0,25 Do đó: AMJJJJG = (t + 1; t − 1; t); ,⎡⎣v AMG JJJJG⎤⎦ = (2 − t; 2; t − 3) 0,25

Ta có: d(M, ∆2) =

, v AM

v

⎡ ⎤

⎣ ⎦

G JJJJG

G = 22 10 17

t − t+ , suy ra: 22 10 17

t − t+ =

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

Từ hệ cho, ta có: 2

x x y

x y

⎧ − + + =

⎪ ⎨ − =

⎪⎩ 0,25

⇔

2 x x y x ⎧ − = ⎪

⎨ = −

⎪⎩ ⇔

0 x y = ⎧ ⎨ = − ⎩

3 x y = ⎧ ⎨ =

⎩ 0,25

VII.b (1,0 điểm)

Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm hệ (x; y) = (3; 1) 0,25

- Hết -

M

∆2

∆1

d =1 H

Định dạng
Số trang	151
Dung lượng	11,7 MB