Đáp án, thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2006 môn: Toán - Khối D

Nhằm giúp các bạn và quý thầy cô có thêm tài liệu tham khảo phục vụ nhu cầu học tập ôn thi, mời các bạn cùng tham khảo đáp án, thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2006 môn Toán - Khối D dưới đây. Hy vọng đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn.

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Mơn: TỐN, khối D ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Câu I Ý Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1,00 điểm) y = x − 3x + • TXĐ: \ • Sự biến thiên: y ' = 3x − 3, y ' = ⇔ x = − 1, x = 0,25 Bảng biến thiên: x y' -∞ -1 + _ +∞ + +∞ y -∞ 0,50 yCĐ = y ( −1) = 4, yCT = y (1) = • Đồ thị: y −2 −1 0,25 O x Tìm m để d cắt (C) điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đường thẳng d là: y = m ( x − 3) + 20 Phương trình hoành độ giao điểm d ( C ) là: ( 0,25 ) x − 3x + = m ( x − 3) + 20 ⇔ ( x − 3) x + 3x + − m = Đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) điểm phân biệt f ( x ) = x + 3x + − m có nghiệm phân biệt khác 15 ⎧ ⎧⎪Δ = − ( − m ) > ⎪m > ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ f = 24 − m ≠ ( ) ⎪⎩m ≠ 24 ⎩⎪ 1/4 0,25 0,25 0,25 II 2,00 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với: − 2sin 2x.sin x − 2sin x = ⇔ sin x ( sin 2x + sin x ) = ⇔ sin x ( cos x + 1) = ( k ∈ ]) • sin x = ⇔ x = kπ 2π ⇔ x=± + k2π ( k ∈ ]) Giải phương trình (1,00 điểm) t2 +1 Phương trình cho trở thành: Đặt t = 2x − ( t ≥ ) ⇒ x = t − 4t + 4t − = • cos x = − ⇔ ( t − 1) (t ) + 2t − = ⇔ t = 1, t = − Với t = 1, ta có x = Với t = − 1, ta có x = − III 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 d1 có phương trình là: ( x − 1) − ( y − ) + ( z − 3) = ⇔ 2x − y + z − = 0,50 0,25 0,25 0,25 0,50 0,25 2,00 0,50 Tọa độ giao điểm H d1 ( α ) nghiệm hệ: ⎧x = ⎧x − y + z −3 = = ⎪ ⎪ −1 ⇔ ⎨ y = −1 ⇒ H ( 0; −1; ) ⎨ ⎪⎩2x − y + z − = ⎪z = ⎩ Vì A ' đối xứng với A qua d1 nên H trung điểm AA ' ⇒ A ' ( −1; −4;1) Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm) Vì Δ qua A, vng góc với d1 cắt d , nên Δ qua giao điểm B d ( α ) 0,25 0,25 0,25 Tọa độ giao điểm B d ( α ) nghiệm hệ: ⎧x = ⎧ x −1 y −1 z +1 = = ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ y = − ⇒ B ( 2; − 1; − ) ⎨ −1 ⎪⎩2x − y + z − = ⎪z = − ⎩ G JJJG Vectơ phương Δ là: u = AB = (1; −3; −5 ) Phương trình Δ là: IV x −1 y − z − = = −3 −5 Tính tích phân (1,00 điểm) ⎧⎪u = x − ⇒ du = dx, v = e2x I = ∫ ( x − ) e2x dx Đặt ⎨ 2x ⎪⎩dv = e dx I = ( x − ) e 2x 0,25 0,25 2,00 0,25 1 − ∫ e2x dx 20 e2 = − + − e 2x 0,25 = 0,25 − 3e 0,50 2/4 Chứng minh với a > 0, hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x, y > −1 Hệ cho tương đương với: ⎧⎪e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) = (1) ⎨ ( 2) ⎪⎩ y = x + a Hệ cho có nghiệm phương trình (1) có nghiệm khoảng ( − 1; + ∞ ) 0,25 Xét hàm số f ( x ) = e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) , với x > −1 Do f ( x ) liên tục khoảng ( − 1; + ∞ ) lim f ( x ) = − ∞, lim f ( x ) = + ∞ x →−1+ x→ + ∞ nên phương trình f ( x ) = có nghiệm khoảng ( − 1; + ∞ ) 0,25 Mặt khác: 1 − 1+ x 1+ a + x a > 0, ∀x > −1 ea − + (1 + x )(1 + a + x ) f ' ( x ) = ex + a − ex + = ex ( ) ⇒ f ( x ) đồng biến khoảng ( − 1; + ∞ ) Suy ra, phương trình f ( x ) = có nghiệm khoảng ( − 1; + ∞ ) Vậy, hệ cho có nghiệm 0,25 0,25 V.a Tìm tọa độ điểm M để đường trịn tâm M tiếp xúc (1,00 điểm) Đường tròn ( C ) có tâm I (1; 1) , bán kính R = Vì M ∈ d nên M ( x; x + 3) 0,25 Yêu cầu toán tương đương với: 2 MI = R + 2R ⇔ ( x − 1) + ( x + ) = ⇔ x = 1, x = − 2 0,50 Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán là: M1 (1; ) , M ( − 2; 1) 0,25 Số cách chọn học sinh thuộc không lớp (1,00 điểm) Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh cho C12 = 495 Số cách chọn học sinh mà lớp có em tính sau: 0,25 - Lớp A có học sinh, lớp B, C lớp có học sinh Số cách chọn là: C52 C14 C13 = 120 - Lớp B có học sinh, lớp C, A lớp có học sinh Số cách chọn là: C15 C24 C13 = 90 - Lớp C có học sinh, lớp A, B lớp có học sinh Số cách chọn là: C15 C14 C32 = 60 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 3/4 0,50 0,25 V.b 2,00 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với: ( 22x x −x ) ( − − 2x −x ) )( ( − = ⇔ 22x − x −x ) − = 0,50 • 22x − = ⇔ 22x = 22 ⇔ x = 2 • x − x − = ⇔ x − x = ⇔ x − x = ⇔ x = 0, x = Vậy, phương trình cho có hai nghiệm x = 0, x = Tính thể tích khối chóp A.BCNM (1,00 điểm) 0,50 S N H M C A K B 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 ) Xét tam giác vuông SAK: 1 3a = + ⇒ AH = 2 AH SA AK 19 0,25 0,25 SM SA = = SB SB2 SN SA Xét tam giác vuông SAC: SA = SN.SC ⇒ = = SC SC2 S 16 9 19a ⇒ SBCNM = SSBC = Suy ra: SMN = SSBC 25 25 100 0,25 3a Vậy, thể tích khối chóp A.BCNM là: V = AH.SBCNM = 50 0,25 Xét tam giác vuông SAB: SA = SM.SB Nếu thí sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đợc đủ điểm phần nh đáp án quy định Hết 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Mơn: TỐN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Ý Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) 2x Ta có y = = 2− x +1 x +1 • Tập xác định: D = \ \{−1} > 0, ∀x ∈ D • Sự biến thiên: y ' = (x + 1) Bảng biến thiên x −∞ −1 + y' 0,25 +∞ + 0,25 +∞ y −∞ • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = • Đồ thị: y 0,25 0,25 −1 O x Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm) ⎛ 2x ⎞ Vì M ∈ ( C ) nên M ⎜ x ; ⎟ Phương trình tiếp tuyến (C) M là: x0 +1 ⎠ ⎝ y = y ' ( x )( x − x ) + ⇒A ( − x 02 ;0 ) 2x 2x 02 ⇔y= x + x0 +1 ( x + 1)2 ( x + 1)2 ⎛ 2x 02 ⎞ ⎟ , B ⎜ 0; ⎜ ( x + 1)2 ⎟ ⎝ ⎠ Từ giả thiết ta có: 2x 02 ( x + 1)2 − x 02 ⎡ ⎡ 2x 02 + x + = x0 = − ⎢ ⇔ = ⇔⎢ 2 ⎢ ⎣⎢ 2x − x − = ⎣x0 = 1/4 0,25 0,50 ⎛ ⎞ ta có M ⎜ − ; − ⎟ ⎝ ⎠ Với x = ta có M (1;1) Với x = − 0,25 ⎛ ⎞ Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán là: M ⎜ − ; − ⎟ M (1;1) ⎝ ⎠ II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với π⎞ ⎛ + sin x + cos x = ⇔ cos ⎜ x − ⎟ = 6⎠ ⎝ π π ⇔ x = + k2π, x = − + k2π ( k ∈ Z ) Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm) 1 Đặt x + = u, y + = v ( u ≥ 2, v ≥ ) Hệ cho trở thành: x y ⎧u + v = ⎪⎧u + v = ⇔⎨ ⎨ 3 ⎩uv = − m ⎪⎩u + v − ( u + v ) = 15m − 10 ⇔ u, v nghiệm phương trình: t − 5t + = m (1) Hệ cho có nghiệm phương trình (1) có hai nghiệm t = t1 , t = t thoả mãn: t1 ≥ 2, t ≥ (t1, t2 không thiết phân biệt) 0,50 0,50 0,25 Xét hàm số f ( t ) = t − 5t + với t ≥ : Bảng biến thiên f ( t ) : t −∞ f '( t ) −2 − − +∞ f (t) +∞ 5/ + 0,50 +∞ 22 7/4 Từ bảng biến thiên hàm số suy hệ cho có nghiệm ≤ m ≤ m ≥ 22 III 0,25 2,00 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm) Tọa độ trọng tâm: G ( 0; 2; ) JJJG JJJG Ta có: OA = (1; 4; ) , OB = ( −1; 2; ) G Vectơ phương d là: n = (12; −6;6 ) = ( 2; −1;1) x y−2 z−2 = = −1 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm) Vì M ∈ ∆ ⇒ M (1 − t; −2 + t; 2t ) Phương trình đường thẳng d: 2/4 0,25 0,50 0,25 0,25 ( ⇒ MA + MB2 = t + ( − t ) + ( − 2t ) 2 ) + ( ( −2 + t ) + ( − t ) + ( − 2t ) 2 ) 0,50 = 12t − 48t + 76 = 12 ( t − ) + 28 MA + MB2 nhỏ ⇔ t = Khi M ( −1;0; ) 0,25 2,00 IV Tính tích phân (1,00 điểm) ln x x4 dx, v = Ta có: x Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du = e e e x4 e4 I = ln x − ∫ x ln xdx = − ∫ x ln xdx 21 21 Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du = e 0,50 dx x4 , v = Ta có: x e e e x4 e4 3e4 + = − = − = x ln xdx ln x x dx x ∫ ∫ 4 16 16 1 1 5e4 − 32 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức cho tương đương với 0,50 Vậy I = ( ln + 4a (1 + ) ≤ (1 + ) ⇔ a ln (1 + ) Xét hàm f ( x ) = với x > Ta có: a b b a ) ≤ ln (1 + ) b 0,50 b x x f '( x ) = ( ) ( (1 + ) x ln 4x − + 4x ln + x x x ) nên f ( a ) ≤ f ( b ) ta có điều phải chứng minh V.a 2,00 Tìm hệ số x5 (1,00 điểm) Hệ số x5 khai triển x (1 − 2x ) ( −2 ) C54 Hệ số x5 khai triển x (1 + 3x ) 10 0,50 33.C10 Hệ số x5 khai triển x (1 − 2x ) + x (1 + 3x ) 10 ( −2 )4 C54 + 33.C103 = 3320 Tìm m để có điểm P cho tam giác PAB (1,00 điểm) (C) có tâm I (1; −2 ) bán kính R = Ta có: ∆PAB nên 0,50 IP = 2IA = 2R = ⇔ P thuộc đường tròn ( C ' ) tâm I, bán kính R ' = 0,50 Trên d có điểm P thỏa mãn yêu cầu toán d tiếp xúc với ( C ' ) P ⇔ d ( I;d ) = ⇔ m = 19, m = −41 0,50 3/4 V.b 2,00 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: 4.2 x − > Phương trình cho tương đương với: ( ) ( log 4x + 15.2x + 27 = log 4.2 x − ) ( ) ⇔ 2x − 13.2x − = ⎡ x =− ⎢ ⇔ ⎢ x ⎢⎣ = Do 2x > nên x = ⇔ x = log (thỏa mãn điều kiện) Chứng minh ∆SCD vuông 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 0,50 S H 0,50 A I B D C SH SA SA 2a 2 = = = = 2 2 SB SB SA + AB 2a + a Gọi d1 d khoảng cách từ B H đến mặt phẳng (SCD) d SH 2 = = ⇒ d = d1 d1 SB 3 3VB.SCD SA.SBCD = Ta có: d1 = SSCD SSCD 1 SBCD = AB.BC = a 2 1 SSCD = SC.CD = SA + AB2 + BC2 IC2 + ID = a 2 2 a Suy d1 = 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: d = d1 = 3 Trong tam giác vng SAB ta có: 0,50 NÕu thÝ sinh làm không theo cách nêu đáp án mà đợc đủ điểm phần nh đáp án quy định Hết 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Mơn: TỐN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) • Tập xác định : D = \ ⎡x = • Sự biến thiên : y ' = 3x − 6x , y ' = ⇔ ⎢ ⎣ x = • yCĐ = y ( ) = 4, y CT = y ( ) = • Bảng biến thiên : x −∞ y’ 0,25 0,25 0 + y − −∞ +∞ + +∞ 0,25 • Đồ thị : y 0,25 −1 O x Chứng minh đường thẳng … (1,00 điểm) Gọi (C) đồ thị hàm số (1) Ta thấy I(1;2) thuộc (C) Đường thẳng d qua I(1;2) với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + Hoành độ giao điểm (C) d nghiệm phương trình x − 3x + = k(x − 1) + ⇔ (x − 1) ⎡⎣ x − 2x − (k + 2) ⎤⎦ = ⎡ x = (ứng với giao điểm I) ⇔⎢ ⎣ x − 2x − (k + 2) = (*) Do k > − nên phương trình (*) có biệt thức Δ ' = + k > x = không nghiệm (*) Suy d cắt (C) ba điểm phân biệt I( x I ; y I ), A(x A ; y A ), B(x B ; y B ) với x A , x B nghiệm (*) 0,50 0,50 Vì x A + x B = = 2x I I, A, B thuộc d nên I trung điểm đoạn thẳng AB (đpcm) II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình cho tương đương với 4sinx cos x + s in2x = + 2cosx ⇔ (2cosx + 1)(sin2x − 1) = 2π ⇔x=± + k2π π • sin2x = ⇔ x = + kπ 0,50 • cosx = − Nghiệm phương trình cho x = ± Trang 1/4 0,50 2π π + k2π, x = + kπ (k ∈ ]) Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ (1) ⎧⎪(x + y)(x − 2y − 1) = Hệ phương trình cho tương đương với ⎨ ⎪⎩ x 2y − y x − = 2x − 2y (2) Từ điều kiện ta có x + y > nên (1) ⇔ x = 2y + (3) Thay (3) vào (2) ta (y + 1) 2y = 2(y + 1) ⇔ y = (do y + > ) ⇒ x = Nghiệm hệ (x ; y) = (5; 2) 0,50 0,50 2,00 III Viết phương trình mặt cầu qua điểm A, B, C, D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = (*), a + b + c − 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 Giải hệ đối chiếu với điều kiện (**) ta phương trình mặt cầu x + y + z − 3x − 3y − 3z = Tìm tọa độ tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) ⎛3 3⎞ Mặt cầu qua A, B, C, D có tâm I ⎜ ; ; ⎟ ⎝2 2⎠ Gọi phương trình mặt phẳng qua ba điểm A, B, C mx + ny + pz + q = (m + n + p > 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 = ⎩ 0,50 0,50 0,50 Do phương trình mặt phẳng (ABC) x + y + z − = Tâm đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC hình chiếu vng góc H điểm I mặt phẳng (ABC) 3 x− y− z− 2= 2= Phương trình đường thẳng IH : 1 ⎧x + y + z − = ⎪ Tọa độ điểm H nghiệm hệ phương trình ⎨ 3 ⎪⎩ x − = y − = z − Giải hệ ta H(2; 2; 2) 0,50 2,00 IV Tính tích phân (1,00 điểm) dx dx Đặt u = ln x dv = ⇒ du = v = − x x 2x 2 0,25 ln x dx ln Khi I = − + ∫ = − − 2x 1 2x 4x = − ln 16 Trang 2/4 0,50 0,25 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − (2 Phương trình cho tương đương với: 4x )( x+2 − 24 2 − 2x −4 ) =0 0,25 • 24x − 24 = ⇔ x = x +2 • 22 −4 − 2x Nhận xét: x ≥ 0,25 = ⇔ x + = x3 − (1) 0,25 ) Xét hàm số f(x) = x + − x3 + 4, ⎡⎣ ; + ∞ ) − 3x2 < 0, suy f(x) nghịch biến ⎣⎡ ; + ∞ x+2 Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 1; x = III (1,0 điểm) e 3⎞ ⎛ ∫ ⎜⎝ x − x ⎟⎠ ln x dx = e e ln x dx x ∫ x ln x dx − ∫ dx v = x2 x • Đặt u = lnx dv = 2xdx, ta có: du = e ( ∫ x ln x dx = x ln x e • ) e e − ∫ x dx = e − x2 e = e2 +1 ln x 1 dx = ∫ ln x d ( ln x ) = ln x = x 1 ∫ e2 − AH = M a , SH = SA2 − AH = H B C a 14 SABC.SH = 48 Điều kiện: − ≤ x ≤ Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy y > ⇒ VSBCM = V (1,0 điểm) a 14 3a , SC = SH + HC = a ⇒ SC = AC Do tam giác SAC cân C, suy M trung điểm SA • Thể tích khối tứ diện SBCM M trung điểm SA ⇒ SSCM = SSCA 1 ⇒ VSBCM = VB.SCM = VB.SCA = VS.ABC 2 HC = tu o D 0,25 0,25 • M trung điểm SA S A 0,25 e e Vậy I = IV (1,0 điểm) 0,25 itr e v I = 0,25 n f ' (x) = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − ( x + 3)(7 − x)( x + 2)(5 − x) = y≥ ( ( x + 3)(5 − x) − ( x + 2)(7 − x) ) + ≥ 2, suy ra: ; dấu xảy x = Do giá trị nhỏ y 0,25 0,25 0,25 Trang 2/4 Câu Điểm (1,0 điểm) B Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x + 2)2 + y2 = 74 Phương trình AH: x = BC ⊥ AH, suy phương trình BC có dạng: y = a (a ≠ − 7, BC khơng qua A) Do hồnh độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = (1) C H I• Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm dương khi: | a | < 70 A Do C có hồnh độ dương, nên B(− − JJJG JJJG AC ⊥ BH, suy ra: AC.BH = ( ⇔ 74 − a − 0,25 0,25 74 − a ; a) C(− + 74 − a ; a) )( ) n VI.a (2,0 điểm) Đáp án 74 − a + + (a + 7)(− − a) = ⇔ a2 + 4a − 21 = itr e v ⇔ a = − (loại) a = (thỏa mãn) Suy C(− + 65 ; 3) 0,25 0,25 (1,0 điểm) •O Q P R Ta có d(O,(R)) = D , suy ra: Ta có vectơ pháp tuyến (P) (Q) G G n P = (1; 1; 1) n Q = (1; − 1; 1), suy ra: G G ⎡ n P , n Q ⎤ = (2; 0; −2) vectơ pháp tuyến (R) ⎣ ⎦ 0,25 Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0,25 D = ⇔ D = 2 D = − 2 Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 = x − z − 2 = VII.a (1,0 điểm) Gọi z = a + bi, ta có: z = a + b z2 = a2 − b2 + 2abi tu o 2 ⎪⎧a + b = Yêu cầu toán thỏa mãn khi: ⎨ 2 ⎪⎩a − b = ⎧⎪a = ⇔ ⎨ ⎪⎩b = 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy số phức cần tìm là: + i; − i; − + i; − − i VI.b (2,0 điểm) 0,25 0,25 (1,0 điểm) y A O H x Gọi tọa độ H (a; b), ta có: AH = a + (b − 2) khoảng cách từ H đến trục hoành | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2 0,25 Do H thuộc đường trịn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = 0,25 ⎪⎧a − 4b + = Từ đó, ta có: ⎨ 2 ⎪⎩a + b − 2b = 0,25 Suy ra: H ( − 2; − 1) H (− − 2; − 1) Vậy phương trình đường thẳng ∆ ( − 1) x − − y = ( − 1) x + Trang 3/4 −2 y =0 0,25 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t) M d =1 ∆1 H Ta có: d(M, ∆2) = G + ∆2 qua A(2; 1; 0) có vectơ phương v = (2; 1; 2) JJJJG G JJJJG Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2 − t; 2; t − 3) G JJJJG ⎡v, AM ⎤ 2t − 10t + 17 2t − 10t + 17 ⎣ ⎦ = , suy ra: =1 G 3 v 0,25 0,25 0,25 0,25 Điều kiện: x > 2, y > (1) 0,25 ⎧⎪ x − x + y + = Từ hệ cho, ta có: ⎨ ⎪⎩ x − = y n ⇔ t2 − 5t + = ⇔ t = t = Do M(4; 1; 1) M(7; 4; 4) itr e v ⎧⎪ x − 3x = ⎧x = ⎧x = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪⎩ y = x − ⎩ y = −2 ⎩ y = Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm hệ (x; y) = (3; 1) - Hết - tu o VII.b (1,0 điểm) ∆2 Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: D = \ \ {− } • Sự biến thiên: > 0, ∀ x ∈ D ( x + 1) Hàm số đồng biến khoảng (– ∞; – 1) (– 1; + ∞) – Chiều biến thiên: y ' = 0,25 – Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang: y = x → −∞ x → +∞ lim − y = + ∞, lim + y = – ∞; tiệm cận đứng: x = – x → ( −1) – Bảng biến thiên: 0,25 x → ( −1) x −∞ y’ + +∞ –1 + +∞ 0,25 y • Đồ thị: −∞ y 0,25 –1 O x (1,0 điểm) Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy hoành độ giao điểm d (C) nghiệm phương trình: 2x +1 ⇔ 2x + = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – không nghiệm) kx + 2k + = x +1 ⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = (1) 0,25 d cắt (C) hai điểm phân biệt A B, (1) có hai nghiệm phân biệt ⎧⎪k ≠ ⎧k ≠ ⎧k ≠ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪⎩k < − 2 ∨ k > + 2 ⎩Δ > ⎩ k − 6k + > (*) Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 x2 nghiệm (1) d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ kx1 + 2k + = kx2 + 2k + Trang 1/4 0,25 0,25 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm ⇔ k(x1 + x2) + 4k + = (do x1 ≠ x2) Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + = ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*) Vậy, giá trị cần tìm là: k = – (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ − (*) Phương trình cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – = ⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0,25 0,25 0,25 π π + k2π cosx = ⇔ x = ± + k2π 2 π Đối chiếu điều kiện (*), suy nghiệm: x = + k2π (k ∈ Z) ⇔ sinx = – ⇔ x = – 0,25 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: – ≤ x ≤ (*) Khi đó, phương trình cho tương đương với: log ( − x ) = log ⎡ ⎣ ⇔ – x2 = ( ( ) + x + − x ⇔ (8 – x2)2 = 16 + − x ) ( (1) Đặt t = 1− x , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 2 ⇔ (t – 1) (t + 2t + 17) = ⇔ t = III (1,0 điểm) ) 1+ x + − x ⎤ ⎦ Do đó, (1) ⇔ 1− x = ⇔ x = 0, thỏa mãn (*) Vậy, phương trình có nghiệm: x = Đặt t = x + ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 3 ⎛ 2t − 3t 10 ⎞ I= ∫ dt = ∫ ⎜ 2t − 4t + − ⎟ dt t+2 t + 2⎠ 1⎝ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⎛ 2t ⎞ − 2t + 5t − 10 ln t + ⎟ =⎜ ⎝ ⎠1 = IV (1,0 điểm) V (1,0 điểm) 0,25 34 + 10 ln 0,25 n = a Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin SBC S Diện tích: SABC = BA.BC = 6a2 Thể tích: VS.ABC = SABC.SH = 2a 3 K H Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) B C ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)) D n = 3a ⇒ BC = 4HC BH = SB.cos SBC ⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)) A HC 3a Ta có AC = BA2 + BC = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA = AC SH HD 3a 6a = Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = HK = 2 14 SH + HD ⎪⎧( x − x)(2 x − y ) = m Hệ cho tương đương với: ⎨ ⎪⎩( x − x) + (2 x − y ) = − 2m Trang 2/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm ; v = 2x – y ⎧u + (2m − 1)u + m = (1) ⎧uv = m Hệ cho trở thành: ⎨ ⇔ ⎨ ⎩u + v = − 2m ⎩v = − 2m − u Đặt u = x2 – x, u ≥ – Hệ cho có nghiệm, (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – 0,25 − u2 + u , ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = 2u + −u + u , với u ≥ – ; ta có: Xét hàm f(u) = 2u + Với u ≥ – f '(u ) = – −1 + 2u + 2u − ; f '(u ) = ⇔ u = (2u + 1) Bảng biến thiên: u − −1 + + f '(u ) − (1,0 điểm) B (2,0 điểm) G• A D E +∞ – 2− f(u) VI.a 0,25 C 0,25 –∞ 2− Suy giá trị cần tìm là: m ≤ JJJG JJJG Gọi D(x; y) trung điểm AC, ta có: BD = 3GD ⎧ x + = 3( x − 1) ⎛7 ⎞ ⇔ ⎨ ⇒ D ⎜ ; 1⎟ ⎝2 ⎠ ⎩ y − = 3( y − 1) Gọi E(x; y) điểm đối xứng B qua phân giác d: x – y – = góc A Ta có EB vng góc với d trung điểm I EB thuộc d nên tọa độ E nghiệm hệ: ⎧1( x + 4) + 1( y − 1) = ⎧x + y + = ⎪ ⇔ ⎨ ⇒ E(2; – 5) ⎨ x − y +1 x y − − = − − = ⎩ ⎪⎩ 2 0,25 0,25 Đường thẳng AC qua D E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0,25 ⎧x − y −1 = Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ A(4; 3) Suy ra: C(3; – 1) ⎩4 x − y − 13 = 0,25 (1,0 điểm) VII.a Mặt phẳng (P) qua A, vng góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + = Gọi B giao điểm trục Ox với (P), suy ∆ đường thẳng qua điểm A, B B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + = ⇒ B(– 1; 0; 0) ⎧ x = + 2t ⎪ Phương trình ∆: ⎨ y = + 2t ⎪ z = + 3t ⎩ 0,25 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = – 9i 0,25 Trang 3/4 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án ⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = – 9i 0,25 ⎧− a − 3b = ⎩3a − 3b = 0,25 ⎧a = Vậy z = – i ⎩b = −1 0,25 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ VI.b Điểm (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Đường trịn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính 10 O –2 M Ta có: IM = IN AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy phương trình ∆ có dạng: y = m A x Hồnh độ M, N nghiệm phương trình: x2 – 2x + m2 + 4m – = (1) (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2, khi: m2 + 4m – < (*); ta có: M(x1; m) N(x2; m) I –3 N 0,25 0,25 JJJJG JJJG AM ⊥ AN ⇔ AM AN = ⇔ (x1 – 1)(x2 – 1) + m2 = ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + = 0,25 Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: 2m2 + 4m – = ⇔ m = m = – 3, thỏa mãn (*) Vậy, phương trình ∆: y = y = – 0,25 (1,0 điểm) VII.b (1,0 điểm) Gọi I tâm mặt cầu I ∈ ∆, suy tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; + 4t; t) 0,25 Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi: d(I, (P)) = 2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t =1 ⇔ 0,25 ⇔ t = t = – Suy ra: I(5; 11; 2) I(– 1; – 1; – 1) 0,25 Phương trình mặt cầu: (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 0,25 y' = x2 + x ; ( x + 1) 0,25 y' = ⇔ x = – x = 17 y(0) = 3, y(2) = 0,25 0,25 17 , x = [0; 2] - Hết - Vậy: y = 3, x = 0; max y = [0; 2] Trang 4/4 0,25 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) 2 Khi m = 1, hàm số trở thành y = x3 − x − x + 3 • Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ′ = x − x − 4; y ′ = ⇔ x = −1 x = 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) (2; +∞); khoảng nghịch biến ( −1; 2) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = −1, yCĐ = 3, đạt cực tiểu x = 2, yCT = −6 - Giới hạn: lim y = − ∞, lim y = + ∞, x →− ∞ 0,25 x →+ ∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' –1 + +∞ – + +∞ 0,25 y −∞ • Đồ thị: –6 y –1 O x 0,25 –6 b) (1,0 điểm) Ta có y ′ = x − 2mx − 2(3m − 1) 0,25 Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị phương trình y′ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ 13m − > ⇔ m > 13 13 m < − 13 13 0,25 Ta có: x1 + x2 = m x1 x2 = − 3m , x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = ⇔ − 3m + 2m = 0,25 2 ⇔ m = m = Kiểm tra điều kiện ta m = 3 0,25 Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với: (2sin x + 2cos x − 2)cos x = (1,0 điểm) π kπ (k ∈]) • cos x = ⇔ x = + π • 2sin x + 2cos x − = ⇔ cos x − = 7π π ⇔x= + k 2π x = − + k 2π (k ∈ ]) 12 12 Vậy nghiệm phương trình cho là: π kπ 7π π + k 2π, x = − + k 2π (k ∈ ]) x= + , x= 12 12 ⎧⎪ xy + x − = (1) Hệ cho tương đương với: ⎨ (1,0 điểm) ⎪⎩(2 x − y + 1)( x − y ) = (2) 0,25 0,25 ( ) 0,25 0,25 0,25 −1 ± ⎛ −1 + ⎞ ⎛ −1 − ⎞ Do ta nghiệm ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ ( x; y ) = ⎜ ; − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • x − y = ⇔ y = x Thay vào (1) ta x3 + x − = ⇔ ( x − 1)( x + x + 2) = 0,25 ⇔ x = Do ta nghiệm ( x; y ) = (1; 1) Vậy hệ phương trình cho có nghiệm là: ⎛ −1 + ⎞ ⎛ −1 − ⎞ ( x; y ) = (1; 1), ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ , ( x; y ) = ⎜ ; − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • x − y + = ⇔ y = x + Thay vào (1) ta x + x − = ⇔ x = (1,0 điểm) π π ∫ ∫ I = xdx + x sin xdx = 0 π x2 π ∫ + x sin xdx = 0 π π + x sin xdx 32 ∫ 0,25 Đặt u = x;dv = sin xdx, suy du = dx; v = − cos x π Khi π 1 π 0,25 π ∫ x sin xdx = − x cos x + ∫ cos xdx = ∫ cos xdx 0 0,25 π π2 1 + = sin x = Do I = 32 4 (1,0 điểm) D' C' B' A' D H C A B 0,25 Tam giác A′AC vuông cân A a A′A = AC = Do AB = B′C ′ = A′C = a nên a 0,25 1 a3 V ABB′C ′ = B ' C '.S ∆ABB ' = B ' C ' AB.BB ' = 48 0,25 Gọi H chân đường cao kẻ từ A ∆A′AB Ta có AH ⊥ A ' B AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( A ' BC ), nghĩa AH ⊥ ( BCD ') Do AH = d ( A,( BCD ')) 0,25 = + = a2 a Do d ( A,( BCD ')) = AH = Ta có AH Trang 2/4 AB 2 AA' 0,25 Câu Đáp án Ta có ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) − 8( x + y ) ≤ ⇔ ≤ x + y ≤ (1,0 điểm) A = ( x + y )3 − 3( x + y ) − xy + ≥ ( x + y )3 − ( x + y )2 − 3( x + y ) + Xét hàm số: f (t ) = t − t − 3t + đoạn [0; 8] Ta có f ′(t ) = 3t − 3t − 3, f ′(t ) = ⇔ t = 1+ 17 − 5 dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A 4 7.a (1,0 điểm) A B N K I M D C 0,25 0,25 1+ 1− t = (loại) 2 ⎛ + ⎞ 17 − 5 17 − 5 Ta có f (0) = 6, f ⎜ = , f (8) = 398 Suy A ≥ ⎜ ⎟⎟ 4 ⎝ ⎠ Khi x = y = Điểm 0,25 0,25 ⎧x + 3y = Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⇒ A( −3;1) ⎩x − y + = 0,25 Gọi N điểm thuộc AC cho MN//AD Suy MN có phương trình x − y + = Vì N thuộc AC, nên tọa ⎧ ⎪x − y + = ⎛ 1⎞ ⇒ N ⎜ −1; ⎟ độ điểm N thỏa mãn hệ ⎨ 3⎠ ⎝ ⎪⎩ x + y = 0,25 Đường trung trực ∆ MN qua trung điểm MN vng góc với AD, nên có phương trình x + y = Gọi I K giao điểm ∆ với AC AD ⎧x + y = Suy tọa độ điểm I thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x + y = 0, ⎧x + y = tọa độ điểm K thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x − y + = Do I(0; 0) K(−2;2) JJJG JJG JJJG JJJG AC = AI ⇒C (3;−1); AD = AK ⇒ D(−1;3); JJJG JJJG BC = AD ⇒ B(1;−3) Gọi H hình chiếu vng góc I (P) Suy H tâm đường tròn giao tuyến 8.a (1,0 điểm) mặt phẳng (P) mặt cầu (S) cần viết phương trình 0,25 0,25 0,25 Ta có IH = d ( I ;( P )) = 0,25 Bán kính mặt cầu (S) là: R = 32 + = 0,25 Phương trình mặt cầu (S) là: ( x − 2) + ( y − 1) + ( z − 3)2 = 25 0,25 2(1 + 2i ) 9.a = + 8i ⇔ (2 + i) z = + 7i Ta có: (2 + i) z + (1,0 điểm) 1+ i 0,25 ⇔ z = + 2i 0,25 Do w = + 3i 0,25 Mơđun w 42 + 32 = 0,25 Trang 3/4 Câu Đáp án Gọi I tâm đường tròn (C) cần viết phương trình 7.b Do I ∈ d nên tọa độ I có dạng I (t ;2t + 3) (1,0 điểm) AB = CD ⇔ d ( I , Ox) = d ( I , Oy ) ⇔ | t | = | 2t + |⇔ t = −1 t =−3 Điểm 0,25 0,25 • Với t = −1 ta I (−1;1), nên d ( I ; Ox) = Suy ra, bán kính (C) 12 +12 = Do (C ): ( x + 1) + ( y − 1)2 = • Với t = −3 ta I (−3;−3), nên d ( I ;Ox) = Suy ra, bán kính (C) Do (C ): ( x + 3)2 + ( y + 3)2 = 10 Do M ∈ d nên tọa độ điểm M có dạng M (1 + 2t ; −1 − t ; t ) 8.b JJJJG JJJJG (1,0 điểm) Ta có AM = (2t ; −t ; t − 2), BM = (−1 + 2t; −t; t ) JJJJG JJJJG Tam giác AMB vuông M ⇔ AM BM = 32 +12 = 10 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ 2t (−1 + 2t ) + t + t (t − 2) = ⇔ 6t − 4t = 0,25 ⎛7 2⎞ ⇔ t = t = Do M (1; −1;0 ) M ⎜ ; − ; ⎟ ⎝3 3⎠ 0,25 Phương trình bậc hai z + 3(1+ i ) z + 5i = có biệt thức ∆ = −2i 9.b (1,0 điểm) = (1 − i ) Do nghiệm phương trình z = z = −3(1 + i) + (1 − i) = −1 − 2i −3(1 + i ) − (1 − i ) = −2 − i 0,25 0,25 0,25 0,25 - HẾT - Trang 4/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) Khi m = ta có y = x3 − 3x + • Tập xác định: D = \ 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = x − x; y ' = ⇔ x = x = Các khoảng đồng biến: (−∞; 0) (1; + ∞); khoảng nghịch biến: (0; 1) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 1, yCT = 0; đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0,25 - Giới hạn: lim y = − ∞; lim y = + ∞ x→−∞ x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' + − + +∞ y 0,25 −∞ • Đồ thị: +∞ y 0,25 O x b (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm đồ thị hàm số (1) với đường thẳng y = − x + x3 − 3mx + (m −1) x +1 = − x +1 ⎡x = ⇔⎢ ⎣ x − 3mx + m = (*) Yêu cầu tốn ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác ⎧9m − 8m > ⇔⎨ ⎩m ≠ ⇔ m < m > Trang 1/4 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với 2cos x sin x + cos x = 0,25 ⇔ cos x(2sin x + 1) = 0,25 π π + k (k ∈ ]) ⎡ x = − π + k 2π ⎢ • 2sin x + = ⇔ ⎢ (k ∈ ]) ⎢ x = 7π + k 2π ⎢⎣ • cos x = ⇔ x = Vậy nghiệm phương trình cho x = (1,0 điểm) 0,25 0,25 π π π 7π + k 2π (k ∈ ]) + k , x = − + k 2π, x = 6 Điều kiện: < x < Phương trình cho tương đương với x2 ⇔ ⇔ (1 − x ) x 1− x = x2 1− x = x−2 x +2 x x + ⇔ ⎛⎜ + 1⎞⎛ − ⎞⎟ = ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 1− x 1− x 1− x x − = (do x 1− x >0 ) Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình cho x = − 1 • ∫ ∫ 0,25 ∫x ∫ dx = x = • 0,25 2x 2x Ta có I = ⎛⎜1 + ⎞⎟ dx = dx + dx ⎝ ⎠ x +1 x +1 0 ∫ 0,25 0,25 ⇔ x = − (1,0 điểm) 0,25 0,25 2x dx = ln( x +1) = ln 2 +1 0,25 Do I = + ln 0,25 n = 120o ⇒ n BAD ABC = 60o ⇒ ΔABC a a2 ⇒ AM = ⇒ S ABCD = 2 n = 45o ⇒ ΔSAM ΔSAM vng A có SMA (1,0 điểm) S a a3 Do VS ABCD = SA.S ABCD = vuông cân A ⇒ SA = AM = H A D 0,25 0,25 Do AD||BC nên d ( D,( SBC )) = d ( A,( SBC )) Gọi H hình chiếu vng góc A SM B M C Ta có AM ⊥ BC SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A,( SBC )) = AH AM a = , a suy d ( D,( SBC )) = 0,25 Ta có AH = Trang 2/4 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm Do x > 0, y > 0, xy ≤ y −1 nên < x y −1 1 ⎛ 1 ⎞ ≤ = − = −⎜ − ⎟ ≤ y y2 y y ⎝ y 2⎠ 0,25 x t +1 t −2 Đặt t = , suy < t ≤ Khi P = − y t − t + 6(t +1) Xét f (t ) = t +1 t2 −t +3 − t −2 − 3t − , với < t ≤ Ta có f '(t ) = 6(t + 1) (t − t + 3)3 2(t +1) Với < t ≤ ta có t − t + = t (t −1) + < 3; − 3t > t + > − 3t − 3t 1 1 Do − − > > > > − Suy f '(t ) > 2 2(t + 1) 3 (t − t + 3) ⎛1⎞ + Do P = f (t ) ≤ f ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ 30 Khi x = JJJG ⎛ ⎞ IM = ⎜ − ; ⎟ Ta có M ∈ AB AB ⊥ IM nên đường ⎝ 2⎠ thẳng AB có phương trình x − y + 33 = B A∈ AB ⇒ A(a;7 a + 33) Do M trung điểm AB nên JJJG JJJG B ( − a − 9; −7 a − 30) Ta có HA ⊥ HB ⇒ HA HB = M I A 0,25 7 + Vậy giá trị lớn P + y = 2, ta có P = 30 30 7.a (1,0 điểm) H C • Với a = −4 ⇒ A(−4;5), B ( −5; −2) Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình x + y − = Do • Với a = −5 ⇒ A(−5; −2), B(−4;5) Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình x − y + = Do C (t ;2t + 8) Từ IC = IA suy (t +1)2 + (2t + 7) = 25 Do t = −1 t = −5 Do C khác A, suy C (−1;6) Gọi H hình chiếu vng góc A (P) Suy H (−1 + t ; −1+ t ; −2 + t ) 2 H ∈( P) ⇔ (−1+ t ) + (−1+ t ) + (−2 + t ) −1 = ⇔ t = Do H ⎛⎜ ; ; − ⎞⎟ ⎝ 3 3⎠ JJJG Gọi (Q) mặt phẳng cần viết phương trình Ta có AB = (1;2;3) vectơ pháp tuyến (P) JG JG n = (1;1;1) Do (Q) có vectơ pháp tuyến n ' = (−1;2; −1) 9.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 ⇒ a + 9a + 20 = ⇒ a = −4 a = −5 C (6 − 2c; c) Từ IC = IA suy (7 − 2c)2 + (c −1) = 25 Do c = c = Do C khác A, suy C (4;1) 8.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình mặt phẳng (Q) là: x − y + z +1 = 0,25 Điều kiện toán tương đương với (3 + i ) z = −1+ 3i 0,25 ⇔ z = i 0,25 Suy w = −1 + 3i 0,25 Do mơđun w 10 0,25 Trang 3/4 Câu Đáp án Ta có tâm (C) I (1;1) Đường thẳng IM vng góc với Δ nên có phương trình x = Do M (1; a ) 7.b (1,0 điểm) M Do M ∈ (C ) nên (a −1)2 = Suy a = −1 a = Mà M ∉Δ nên ta M (1; −1) N ∈Δ ⇒ N (b;3) Trung điểm MN thuộc (C) I P 8.b (1,0 điểm) d ( A,( P )) = 0,25 0,25 N b +1 ⎞ ⇒ ⎛⎜ −1⎟ + (1 −1) = ⇒ b = b = −3 ⎝ ⎠ Do N (5;3) N (−3;3) P ∈Δ ⇒ P(c;3) JJJG JJG - Khi N (5;3), từ MP ⊥ IN suy c = −1 Do P (−1;3) JJJG JJG - Khi N (−3;3), từ MP ⊥ IN suy c = Do P(3;3) |(−1) − 2.3 − 2(−2) + 5| 0,25 0,25 0,25 12 + (−2) + (−2) 2 = JG Vectơ pháp tuyến (P) n = (1; −2; −2) Phương trình mặt phẳng cần tìm x − y − z + = 9.b (1,0 điểm) Điểm Ta có f ( x ) xác định liên tục đoạn [0; 2] ; f '( x) = 0,25 0,25 0,25 2x + 4x − ( x +1) Với x∈[0; 2] ta có f '( x) = ⇔ x = 0,25 0,25 Ta có f (0) = 3; f (1) = 1; f (2) = Giá trị nhỏ f(x) đoạn [0; 2] 1; giá trị lớn f(x) đoạn [0; 2] - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 ... GIÁO D? ??C VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Mơn: TỐN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Ý Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thi? ?n... GIÁO D? ??C VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm. .. - HẾT - Trang 4/4 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO D? ??C VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm)