Tuyển tập đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng môn Toán từ năm 2002 đến 2010 tập hợp các đề thi tuyển sinh Đại học, Cao đẳng môn Toán các khối A, B giúp các em có tài liệu để ôn thi và củng cố kiến thức, chuẩn bị cho kì thi ĐH, CĐ đạt điểm cao.
bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 -Môn thi : toán Đề thức (Thời gian làm bµi: 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hàm số : y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m (1) ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = cã ba nghiƯm ph©n biƯt Tìm k để phơng trình: x + x + k − 3k = Viết phơng trình đờng thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) log 32 x + log 32 x + − 2m − = Cho phơng trình : (2) ( m tham số) m = Giải phơng trình (2) Tìm m để phơng trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [ ; 3 ] Câu III (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 điểm ) cos 3x + sin 3x T×m nghiệm thuộc khoảng (0 ; ) phơng trình: 5 sin x + = cos x + + sin x y =| x − x + | , y = x + TÝnh diƯn tÝch h×nh phẳng giới hạn đờng: Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S ABC đỉnh S , có độ dài cạnh đáy a Gọi M N lần lợt trung điểm cạnh SB SC Tính theo a diện tích tam giác AMN , biết mặt phẳng ( AMN ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng: x = 1+ t x − 2y + z − = vµ ∆ : y = + t ∆1 : x + y − 2z + = z = + 2t a) Viết phơng trình mặt phẳng ( P) chứa đờng thẳng song song với đờng thẳng b) Cho điểm M (2;1;4) Tìm toạ ®é ®iĨm H thc ®−êng th¼ng ∆ cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ Câu V.( ĐH : 2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông A , phơng trình đờng thẳng BC x y = 0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đờng tròn nội tiếp Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Cho khai triĨn nhÞ thøc: n n n −1 n −1 −x x2−1 −x x −1 x −1 − x x −1 − x + = C n0 2 + C n1 2 + L + C nn −1 2 + C nn ( n lµ số nguyên dơng) Biết khai triển C n = 5C n số hạng thứ t 20n , tìm n x HÕt Ghi chú: 1) Thí sinh thi cao đẳng không làm Câu V n 2) Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh: giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 đề thức Môn thi : toán, Khối B (Thời gian làm : 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 điểm) y = mx + m − x + 10 Cho hàm số : Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để hàm số (1) có ba điểm cực trị ( ) (1) ( m tham số) Câu II (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Giải phơng trình: sin x − cos x = sin x cos x Giải bất phơng tr×nh: log x log (9 x − 72) ≤ ( ) x − y = x − y x + y = x + y + Câu III ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng : x2 x2 y = 4− vµ y = 4 Giải hệ phơng trình: Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhËt ABCD cã t©m 1 I ;0 , phơng trình đờng thẳng AB x y + = vµ AB = AD Tìm tọa độ đỉnh A, B, C , D biết đỉnh A có hoành độ âm Cho hình lập phơng ABCDA1 B1C1 D1 có cạnh a a) Tính theo a khoảng cách hai đờng thẳng A1 B B1 D b) Gọi M , N , P lần lợt trung điểm cạnh BB1 , CD , A1 D1 Tính góc hai đờng thẳng MP C1 N Câu V (ĐH : 1,0 điểm) Cho đa giác A1 A2 L A2 n (n 2, n nguyên ) nội tiếp đờng tròn (O ) Biết số tam giác có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , L, A2 n nhiều gấp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , L, A2 n , t×m n HÕt Ghi : 1) Thí sinh thi cao đẳng không làm Câu IV b) Câu V 2) Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh: Bộ giáo dục đào tạo Đề thức Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 Môn thi : Toán, Khối D (Thời gian làm : 180 phót) _ CâuI ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) y= C©u II (2m − 1)x − m (1) ( m tham số ) x Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hµm sè (1) øng víi m = -1 TÝnh diƯn tích hình phẳng giới hạn đờng cong (C) hai trục tọa độ Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đờng thẳng y = x Cho hàm số : ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) Giải bất phơng trình : Giải hệ phơng trình : (x ) − 3x 2x − 3x − ≥ 2 x = 5y − 4y x + x +1 = y x +2 Câu III ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) Tìm x thuộc đoạn [ ; 14 ] nghiệm phơng tr×nh : cos 3x − cos x + cos x − = C©u IV ( ĐH : điểm ; CĐ : điểm ) 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) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x − y + = (2 m + 1)x + (1 − m )y + m − = đờng thẳng d m : ( m lµ tham sè ) mx + (2 m + 1)z + m + = Xác định m để đờng thẳng d m song song với mặt phẳng (P) Câu V (ĐH : điểm ) Tìm số nguyên dơng n cho C 0n + 2C 1n + 4C 2n + + n C nn = 243 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy , cho elip (E) có phơng trình x y2 + = Xét điểm M chuyển động tia Ox điểm N chuyển động tia Oy cho 16 đờng thẳng MN tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ Tính giá trị nhỏ ®ã -HÕt Chó ý : Thí sinh thi cao đẳng không làm câu V Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh : Sè b¸o danh Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 Môn thi : toán khối A đề thøc Thêi gian lµm bµi : 180 _ mx + x + m (1) (m lµ tham sè) x −1 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt hai điểm có hoành độ dơng Câu (2 điểm) cos x + sin x sin x 1) Giải phơng tr×nh cotgx − = + tgx 1 x − = y − x y 2) Giải hệ phơng trình y = x + Câu (3 điểm) 1) Cho hình lập phơng ABCD A ' B ' C ' D ' Tính số đo góc phẳng nhị diÖn [B, A' C , D ] 2) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hình hộp chữ nhật ABCD A ' B ' C ' D ' cã A trïng víi gèc cđa hƯ täa ®é, B (a; 0; 0), D(0; a; 0), A '(0; 0; b) (a > 0, b > 0) Gọi M trung điểm cạnh CC ' a) TÝnh thĨ tÝch khèi tø diƯn BDA ' M theo a b a để hai mặt phẳng ( A ' BD) ( MBD) vuông góc với b) Xác định tỷ số b Câu ( điểm) y= Câu (2 điểm) Cho hàm số n + x , biÕt 1) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Niutơn x3 C nn++14 − C nn+ = 7(n + 3) ( n số nguyên dơng, x > 0, C nk số tổ hợp chập k n phần tử) 2) Tính tích phân I= ∫ dx x x +4 C©u (1 điểm) Cho x, y, z ba số dơng vµ x + y + z ≤ Chøng minh r»ng 1 x2 + + y2 + + z2 + ≥ x2 y2 z2 82 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh: Số báo danh: Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 - Môn thi : toán khối B Thời gian làm bài: 180 phút Đề thức _ Câu (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − x + m (1) ( m tham số) 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 Câu (2 điểm) 1) Giải phơng tr×nh cotgx − tgx + 4sin x = sin x y2 + = y x2 2) Giải hệ phơng trình 3x = x + y2 Câu (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho tam giác ABC cã n = 900 BiÕt M (1; −1) lµ trung điểm cạnh BC G ; lµ träng AB = AC , BAC 3 tâm tam giác ABC Tìm tọa độ đỉnh A, B, C 2) Cho hình lăng trụ ®øng ABCD A ' B ' C ' D ' có đáy ABCD hình thoi cạnh a , n = 600 Gọi M trung điểm cạnh AA ' N trung điểm cạnh CC ' gãc BAD Chøng minh r»ng ®iĨm B ', M , D, N thuộc mặt phẳng HÃy tính độ dài cạnh AA ' theo a để tứ giác B ' MDN hình vuông 3) Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai điểm A(2; 0; 0), B(0; 0; 8) ®iÓm C cho AC = (0; 6; 0) Tính khoảng cách từ trung điểm I BC đến đờng thẳng OA Câu (2 điểm) 1) Tìm giá trị lớn nhỏ hàm số y = x + − x I= 2) TÝnh tÝch ph©n π − 2sin x ∫ + sin x dx Câu (1 điểm) Cho n số nguyên dơng TÝnh tæng Cn0 + 22 − 1 23 − 2n +1 − n Cn + Cn + " + Cn n +1 ( Cnk số tổ hợp chập k n phần tử) HÕt Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh Số báo danh Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 Môn thi: toán Khối D Thời gian làm bài: 180 _ Đề thức Câu (2 ®iĨm) x2 − x + (1) x2 2) Tìm m để đờng thẳng d m : y = mx + 2m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm phân biệt Câu (2 điểm) x x sin − tg x − cos = 1) Giải phơng trình 2 y= 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số 2 2) Giải phơng trình x − x − 22 + x − x = Câu (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho đờng tròn 2) 3) (C ) : ( x − 1) + ( y 2) = đờng th¼ng d : x − y − = Viết phơng trình đờng tròn (C ') đối xứng với đờng tròn (C ) qua đờng thẳng d Tìm tọa độ giao điểm (C ) (C ') Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đờng thẳng x + 3ky − z + = dk : kx − y + z + = Tìm k để đờng thẳng d k vuông góc với mặt phẳng ( P) : x y z + = Cho hai mặt phẳng ( P) (Q) vuông góc với nhau, có giao tuyến đờng thẳng Trên lấy hai ®iĨm A, B víi AB = a Trong mỈt phẳng ( P) lấy điểm C , mặt phẳng (Q) lÊy ®iĨm D cho AC , BD cïng vuông góc với AC = BD = AB Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD) theo a Câu ( điểm) 1) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ nhÊt cđa hµm sè y= x +1 x +1 đoạn [ 1; 2] 2) Tính tích ph©n I = ∫ x − x dx Câu (1 điểm) Với n số nguyên dơng, gọi a3n hệ số x3n khai triển thành đa thức ( x + 1) n ( x + 2) n T×m n ®Ĩ a3n −3 = 26n HÕt -Ghi chó: C¸n bé coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh: Số báo danh: Bộ giáo dục đào tạo -§Ị chÝnh thøc đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn thi : Toán , Khối A Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) x + 3x (1) 2(x 1) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ thị hàm số (1) hai ®iĨm A, B cho AB = Cho hµm số y = Câu II (2 điểm) 2(x 16) 1) Giải bất phơng trình x + x −3 > 7−x x −3 ⎧ ⎪ log (y − x) − log y = ⎨ ⎪ x + y = 25 2) Giải hệ phơng trình Câu III (3 điểm) ( ) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A ( 0; ) B 3; Tìm tọa độ trực tâm tọa độ tâm đờng tròn ngoại tiếp tam giác OAB 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình thoi, AC cắt BD gốc tọa độ O BiÕt 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) Tính tích phân I = ∫ 1+ x dx x −1 2) T×m hƯ sè cđa x8 khai triĨn thành đa thức + x (1 x) 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 -Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh Sè b¸o danh Bé gi¸o dục đào tạo §Ị chÝnh thøc Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn: Toán, Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề - C©u I (2 điểm) Cho hàm số y = x − x + 3x (1) cã ®å thị (C) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Viết phơng trình tiếp tuyến (C) điểm uốn vµ chøng minh r»ng ∆ lµ tiÕp tun cđa (C) có hệ số góc nhỏ Câu II (2 điểm) sin x − = (1 − sin x ) tg x 1) Giải phơng trình ln x 2) Tìm giá trị lớn giá trị nhỏ hàm số y = đoạn [1; e ] x Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(1; 1), B(4; ) Tìm điểm C thuộc đờng thẳng x y = cho khoảng cách từ C đến đờng thẳng AB 2) Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có cạnh đáy a, góc cạnh bên mặt đáy ( o < ϕ < 90 o ) TÝnh tang cđa gãc gi÷a hai mặt phẳng (SAB) (ABCD) theo Tính thĨ tÝch khèi chãp S.ABCD theo a vµ ϕ ⎧x = −3 + t 3) Trong kh«ng gian víi hƯ täa ®é Oxyz cho ®iĨm A (−4; − 2; 4) đờng thẳng d: y = t ⎪z = −1 + t ⎩ ViÕt ph−¬ng trình đờng thẳng qua điểm A, cắt vuông góc với đờng thẳng d Câu IV (2 điểm) e 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ 1 + ln x ln x dx x 2) Trong môn 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 đợc 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 không ? Câu V (1 điểm) Xác định m để phơng trình sau có nghiệm m ⎛⎜ + x − − x + ⎞⎟ = − x + + x − − x ⎝ ⎠ -Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh Sè báo danh . Bộ giáo dục đào tạo -§Ị chÝnh thøc §Ị thi tun sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn: Toán, Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề - Câu I (2 điểm) y = x − 3mx + 9x + (1) với m tham số Cho hàm số 1) Khảo sát hàm số (1) m = 2) Tìm m để điểm uốn đồ thị hàm số (1) thuộc đờng thẳng y = x + Câu II (2 điểm) 1) Giải phơng trình (2 cos x 1) (2 sin x + cos x ) = sin x − sin x ⎧⎪ x + y = 2) Tìm m để hệ phơng trình sau có nghiÖm ⎨ ⎪⎩x x + y y = − 3m Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có ®Ønh A(−1; 0); B(4; 0); C(0; m) víi m ≠ Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC theo m Xác định m để tam giác GAB vuông G 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A B1C1 BiÕt A(a; 0; 0), B(−a; 0; 0), C(0; 1; 0), B1 (−a; 0; b), a > 0, b > a) Tính khoảng cách hai đờng thẳng B1C AC1 theo a, b b) Cho a, b thay đổi, nhng thỏa mÃn a + b = Tìm a, b để khoảng cách hai đờng thẳng B1C AC1 lớn 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 1), B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) vµ mặt phẳng (P): x + y + z = Viết phơng trình mặt cầu qua ba điểm A, B, C có tâm thuộc mặt phẳng (P) Câu IV (2 điểm) 1) Tính tích ph©n I = ∫ ln( x − x ) dx ⎛ ⎞ ⎟ víi x > 2) Tìm số hạng không chứa x khai triển nhị thức Niutơn x + x Câu V (1 điểm) Chứng minh phơng trình sau có nghiệm x − x − 2x − = C¸n coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh Sè b¸o danh BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TỐN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề C©u I (2 điểm) Gọi (Cm ) đồ thị hàm số y = m x + x (*) ( m tham số) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (*) m = 2) Tìm m để hàm số (*) có cực trị khoảng cách từ điểm cực tiểu (C m ) đến tiệm cận xiên (Cm ) C©u II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 5x − − x −1 > 2x − cos 3x cos 2x − cos x = 2) Giải phương trình C©u III (3 ®iĨm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : x − y = d : 2x + y − = Tìm tọa độ đỉnh hình vng ABCD biết đỉnh A thuộc d1 , đỉnh C thuộc d đỉnh B, D thuộc trục hoành x −1 y + z − 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : mặt = = −1 phẳng (P) : 2x + y − 2z + = 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 vng góc với d C©u IV (2 điểm) π sin 2x + sin x dx + 3cos x 2) Tìm số nguyên dương n cho +1 C12n +1 − 2.2C 22n +1 + 3.22 C32n +1 − 4.23 C 42n +1 + L + (2n + 1).2 2n C 2n 2n +1 = 2005 1) Tính tích phân I = ∫ ( Ckn số tổ hợp chập k n phần tử) C©u V (1 điểm) 1 + + = Chứng minh x y z 1 + + ≤ 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Cho x, y, z số dương thỏa mãn Hết Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh …… số báo danh ⇔ π − x = x + k 2π Vậy: x = π 18 +k π π − x = π − x + k 2π x = − π +k π ( k ∈ ] ) 0,25 0,25 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… ⎧ ⎪⎪ x + y + − x = Hệ cho tương đương: ⎨ ⎪( x + y ) − + = ⎪⎩ x2 ⎧ ⎧ x + y = −1 ⎪x + y = x −1 ⎪ ⎪ ⎪ x ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎪⎛ − ⎞ − + = ⎪ − +2=0 ⎪⎩⎜⎝ x ⎟⎠ ⎪⎩ x x x2 ⎧1 ⎧1 ⎪⎪ x = = ⎪ ⇔ ⎨x ⎨ ⎪⎩ x + y = ⎪x + y = ⎪⎩ ⎧x = ⎧x = ⎪ ⇔ ⎨ ⎨ ⎩y =1 ⎪⎩ y = − 0,25 0,25 0,25 0,25 3⎞ ⎛ Nghiệm hệ: ( x; y ) = (1;1) ( x; y ) = ⎜ 2; − ⎟ 2⎠ ⎝ III Tính tích phân… (1,0 điểm) Đặt t = e x , dx = e3 dt I=∫ = t (t − 1) e dt ; x = 1, t = e; x = 3, t = e3 t e3 ⎛ 0,25 e e3 IV 1⎞ ∫ ⎜⎝ t − − t ⎟⎠ dt 0,25 e3 = ln| t − 1| e − ln| t | e 0,25 = ln(e + e + 1) − 0,25 Tính thể tích khối chóp (1,0 điểm) M A' I C' B' 2a 3a K A C H a B Hạ IH ⊥ AC ( H ∈ AC ) ⇒ IH ⊥ ( ABC ) ; IH đường cao tứ diện IABC IH CI 2 4a = = ⇒ IH = AA ' = ⇒ IH // AA ' ⇒ AA ' CA ' 3 AC = A ' C − A ' A2 = a 5, BC = AC − AB = 2a Diện tích tam giác ABC : SΔABC = AB.BC = a 4a Thể tích khối tứ diện IABC : V = IH S ΔABC = Trang 2/4 0,50 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 AK = V (1,0 điểm) SΔAA ' B = A' B AA ' AB A ' A + AB = 2a 0,25 0,25 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… Do x + y = 1, nên: S = 16 x y + 12( x3 + y ) + xy + 25 xy = 16 x y + 12 ⎡⎣( x + y )3 − xy ( x + y ) ⎤⎦ + 34 xy = 16 x y − xy + 12 Đặt t = xy, ta được: S = 16t − 2t + 12; ≤ xy ≤ ( x + y )2 ⎡ 1⎤ = ⇒ t ∈ ⎢0; ⎥ 4 ⎣ 4⎦ ⎡ 1⎤ Xét hàm f (t ) = 16t − 2t + 12 đoạn ⎢0; ⎥ ⎣ 4⎦ 191 25 ⎛1⎞ ⎛1⎞ , f⎜ ⎟ = f '(t ) = 32t − 2; f '(t ) = ⇔ t = ; f (0) = 12, f ⎜ ⎟ = 16 16 ⎝ 16 ⎠ ⎝ 4⎠ ⎛ ⎞ 25 ⎛ ⎞ 191 max f (t ) = f ⎜ ⎟ = ; f (t ) = f ⎜ ⎟ = ⎡ ⎤ ⎡ 1⎤ ⎝ 4⎠ ⎝ 16 ⎠ 16 0; 0; ⎢⎣ ⎥⎦ 0,25 0,25 ⎢⎣ ⎥⎦ ⎧x + y = 25 ⎪ ⎛1 1⎞ ; ⎨ Giá trị lớn S ⇔ ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ ⎝2 2⎠ ⎪⎩ xy = Giá trị nhỏ S ⎧x + y = 191 ⎪ ; ⎨ 16 ⎪⎩ xy = 16 0,25 0,25 ⎛2+ 2− 3⎞ ⎛2− 2+ 3⎞ ⇔ ( x; y ) = ⎜⎜ ; ; ⎟⎟ ( x; y ) = ⎜⎜ ⎟ ⎠ ⎟⎠ ⎝ ⎝ VI.a (2,0 điểm) (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… ⎧7 x − y − = ⇒ A(1;2) Toạ độ A thoả mãn hệ: ⎨ ⎩6 x − y − = B đối xứng với A qua M , suy B = (3; −2) 0,25 Đường thẳng BC qua B vng góc với đường thẳng x − y − = Phương trình BC : x + y + = 0,25 ⎧7 x − y − = 3⎞ ⎛ ⇒ N ⎜ 0; − ⎟ Toạ độ trung điểm N đoạn thẳng BC thoả mãn hệ: ⎨ x + y + = 2⎠ ⎝ ⎩ JJJG JJJJG ⇒ AC = 2.MN = ( −4; −3) ; phương trình đường thẳng AC : 3x − y + = 0,25 0,25 (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm D ⎧x = − t JJJG ⎪ AB = (−1;1;2), phương trình AB : ⎨ y = + t ⎪ z = 2t ⎩ 0,25 JJJG D thuộc đường thẳng AB ⇒ D(2 − t ;1 + t ;2t ) ⇒ CD = (1 − t ; t ;2t ) 0,25 Trang 3/4 G Véc tơ pháp tuyến mặt phẳng ( P ) : n = (1;1;1) C không thuộc mặt phẳng ( P ) G JJJG ⎛5 ⎞ CD //( P) ⇔ n.CD = ⇔ 1.(1 − t ) + 1.t + 1.2t = ⇔ t = − Vậy D ⎜ ; ; −1⎟ ⎝2 ⎠ VII.a (1,0 điểm) Tìm tập hợp điểm… Đặt z = x + yi ( x, y ∈ \ ); z − + 4i = ( x − 3) + ( y + ) i Từ giả thiết, ta có: ( x − 3) + ( y + ) 0,25 2 = ⇔ ( x − ) + ( y + ) = Tập hợp điểm biểu diễn số phức z đường tròn tâm I ( 3; − ) bán kính R = VI.b (2,0 điểm) 0,50 0,50 0,25 (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M Gọi điểm M ( a; b ) Do M ( a; b ) thuộc (C ) nên ( a − 1) + b = 1; O ∈ (C ) ⇒ IO = IM = 0,25 n = 120D nên OM = IO + IM − IO.IM cos120D ⇔ a + b = Tam giác IMO có OIM 0,25 ⎧ ⎪⎪a = ⎧⎪( a − 1)2 + b = ⎛3 3⎞ Toạ độ điểm M nghiệm hệ ⎨ Vậy M = ⎜⎜ ; ± ⇔⎨ ⎟ 2 ⎟⎠ ⎝2 ⎪b = ± ⎩⎪a + b = ⎪⎩ 0,50 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… VII.b ⎧x+ y −2 z = = ⎪ Toạ độ giao điểm I Δ với ( P) thoả mãn hệ: ⎨ 1 −1 ⇒ I (−3;1;1) ⎪⎩ x + y − 3z + = 0,25 G G Vectơ pháp tuyến ( P ) : n = (1;2; −3); vectơ phương Δ : u = (1;1; −1) 0,25 G G G Đường thẳng d cần tìm qua I có vectơ phương v = ⎡⎣ n, u ⎤⎦ = (1; −2; −1) 0,25 ⎧ x = −3 + t ⎪ Phương trình d : ⎨ y = − 2t ⎪ z = − t ⎩ 0,25 Tìm giá trị tham số m (1,0 điểm) Phương trình hồnh độ giao điểm: x2 + x − = −2 x + m ⇔ 3x + (1 − m) x − = ( x ≠ 0) x Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác với m Hoành độ trung điểm I AB : xI = I ∈ Oy ⇔ xI = ⇔ x1 + x2 m − = m −1 = ⇔ m = -Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + • Tập xác định: R 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x; y '( x) = ⇔ x = x = ⎛4 ⎞ ⎛ 4⎞ Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0) ⎜ ; + ∞ ⎟ ; nghịch biến khoảng ⎜ 0; ⎟ ⎝ 3⎠ ⎝3 ⎠ - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu x = ; yCT = − 27 - Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞ x→ − ∞ - Bảng biến thiên: 0,25 x→ + ∞ x −∞ + y' 0 y − • Đồ thị: + 0,25 +∞ − −∞ +∞ 27 y 0,25 O − 27 x (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; x1 = 1; x2 x3 nghiệm (*) ⎧∆ > ⎪ Yêu cầu toán thỏa mãn khi: ⎨ g (1) ≠ ⎪ 2 ⎩ x2 + x3 < 0,25 ⎧1 + 4m > ⎪ ⇔ ⎨−m ≠ ⇔ − < m < m ≠ ⎪1 + 2m < ⎩ 0,25 Trang 1/4 II (2,0 điểm) (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ + tanx ≠ Khi đó, phương trình cho tương đương: π⎞ ⎛ sin ⎜ x + ⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 4⎠ ⎝ sin x + cos x cos x ⇔ sinx + cos2x = cos x ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = ⇔ 2sin2x − sinx − = ⇔ sinx = (loại) sinx = − ⇔ x=− π + k2π x = 0,25 0,25 0,25 7π + k2π (k ∈ Z) 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 2( x − x + 1) = Ta có: x + ( x − 1) + > 1, suy − Do đó, bất phương trình cho tương đương với: Mặt khác 2( x − x + 1) = 2( x − x + 1) ≤ − x + x 0,25 (1) 0,25 x (2), đó: x (3) Để ý rằng: + Dấu (2) xảy khi: − x = x kéo theo − x + + 1−x = 2(1 − x) + 2( x ) ≥ − x + 2( x − x + 1) = − x + (1) ⇔ 2( x − x + 1) < x đồng thời − x + x ≥ x ≥ 0, đó: (3) ⇔ − x = x ⎧⎪ x ≤ ⎧⎪1 − x ≥ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎪⎩(1 − x) = x ⎩⎪ x − x + = III (1,0 điểm) 0,25 3− , thỏa mãn điều kiện x ≥ ⇔ x = 1 ⎛ ex ⎞ ex I = ∫ ⎜⎜ x + d x = x d x + ⎟ ∫ ∫ + 2e x dx + 2e x ⎟⎠ ⎝ 0 Ta có: ∫ x dx = x ex ∫ dx = x + 2e ∫ = 0,25 0,25 0,25 d(1 + 2e x ) , suy ra: + 2e x 0,25 I = 1 1 + 2e 1 + 2e + ln(1 + 2e x ) = + ln = + ln 3 2 3 S IV (1,0 điểm) K N A M H D • Thể tích khối chóp S.CDNM SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM 1 = AB2 − AM.AN − BC.BM 2 2 a a 5a = a2 − − = 8 VS.CDNM = a3 SCDNM.SH = 24 C B • Khoảng cách hai đường thẳng DM SC n ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy DM ⊥ (SHC) ∆ADM = ∆DCN ⇒ n ADM = DCN Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy HK đoạn vng góc chung DM SC, đó: d(DM, SC) = HK Trang 2/4 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có: HC = V (1,0 điểm) 2a CD = HK = CN SH HC SH + HC = 3a 3a , đó: d(DM, SC) = 19 19 ; y≤ Phương trình thứ hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) − y (1) Điều kiện: x ≤ 0,25 0,25 Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( − y ), với f(t) = (t2 + 1)t Ta có f ' (t) = 3t2 + > 0, suy f đồng biến R Do đó: (1) ⇔ 2x = 0,25 ⎧x ≥ ⎪ − 2y ⇔ ⎨ − x2 y = ⎪ ⎩ ⎛5 ⎞ Thế vào phương trình thứ hai hệ, ta được: 4x2 + ⎜ − x ⎟ + − 4x −7 = (3) ⎝2 ⎠ Nhận thấy x = x = nghiệm (3) ⎛5 ⎞ Xét hàm g(x) = 4x2 + ⎜ − x ⎟ + − 4x − 7, khoảng ⎝ ⎠ ⎛5 ⎞ g '( x) = 8x − 8x ⎜ − x ⎟ − ⎝2 ⎠ − 4x = 4x (4x2 − 3) − − 4x ⎛ 3⎞ ⎜ 0; ⎟ ⎝ 4⎠ < 0, suy hàm g(x) nghịch biến ⎛1⎞ Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, (3) có nghiệm x = ; suy y = 2 ⎝ ⎠ ⎛1 ⎞ Vậy, hệ cho có nghiệm: (x; y) = ⎜ ; ⎟ ⎝2 ⎠ VI.a 0,25 0,25 (1,0 điểm) (2,0 điểm) | 3 − 1.1| = tam giác + + n = 60D OAB vuông B, n AOB = 60D ⇒ BAC y d1 O B d1 d2 cắt O, cos(d1, d2) = d2 AB.AC.sin 60D = (OA.sin 60D ).(OA.tan 60D ) A 3 = OA2 I C , suy OA2 = Do đó: SABC = ⎧ 3x + y = ⎛ ⎞ ⎪ Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ ; − 1⎟ ⇒ A⎜ ⎝ ⎠ ⎪x + y = ⎩ Đường thẳng AC qua A vng góc với d2, suy AC có phương trình: x − 3y − = ⎧⎪ x − y = ⎛ −2 ⎞ ; − 2⎟ ⇒ C⎜ Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⎝ ⎠ ⎪⎩ x − y − = x 0,25 Ta có: SABC = 3⎞ ⎛ −1 ; − ⎟ bán kính IA = Đường trịn (T) có đường kính AC, suy tâm (T) I ⎜ 2⎠ ⎝2 2 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ Phương trình (T): ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ =1 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Trang 3/4 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) G Đường thẳng ∆ có vectơ phương v = (2; 1; −1) mặt phẳng (P) có G vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1) G G n = cos v, n Gọi H hình chiếu M (P), ta có cos HMC M ( ) C P G G n = MC cos v, n d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC ( ) H = ∆ Ta có: z = (1 + 2 i) (1 − VII.a (1,0 điểm) = 5+ z = 5− | − − 1| = 6 i) 0,25 0,25 0,25 0,25 i, suy ra: 0,25 i 0,25 Phần ảo số phức z bằng: − VI.b 0,25 0,25 (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi H trung điểm BC, D trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC Do tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ: A D •E d B C ⎧x + y − = ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2) ⎨ ⎩x − y = 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) JJJG JJJG Điểm E(1; −3) nằm đường cao qua đỉnh C tam giác ABC, suy ra: AB CE = ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− − t) = 0,25 ⇔ 2t2 + 12t = ⇔ t = t = − Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) B(− 6; 2), C(2; − 6) 0,25 H (1,0 điểm) A • ∆ • B C M VII.b (1,0 điểm) G Đường thẳng ∆ qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ phương JJJG G JJJG Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡⎣v, MA⎤⎦ = (7; 2; −10) G JJJG ⎡v, MA⎤ 49 + + 100 ⎣ ⎦ Suy ra: d(A, ∆) = = = G 4+9+4 v 0,25 0,25 Gọi (S) mặt cầu tâm A, cắt ∆ B C cho BC = Suy bán kính (S) là: R = 0,25 Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25 0,25 Ta có: (1 − 3i )3 = − 0,25 Do z = −8 = − − 4i, suy z = − + 4i 1− i 0,25 ⇒ z + i z = − − 4i + (− + 4i)i = − − 8i 0,25 Vậy: z + iz = 0,25 - Hết - Trang 4/4 Mơn: TỐN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: R \ {−1} • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = > 0, ∀x ≠ −1 ( x + 1)2 Hàm số đồng biến khoảng (− ∞; −1) (−1; + ∞) - Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = ; tiệm cận ngang: y = x→ − ∞ 0,25 x→ + ∞ lim y = + ∞ x → ( − 1) − lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1 x → ( − 1) + - Bảng biến thiên: x −∞ −1 + y' +∞ + +∞ 0,25 y −∞ • Đồ thị: y 0,25 −1 O x (1,0 điểm) 2x + = −2x + m x +1 ⇔ 2x + = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 khơng nghiệm phương trình) Phương trình hồnh độ giao điểm: 0,25 ⇔ 2x2 + (4 − m)x + − m = (1) ∆ = m2 + > với m, suy đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B với m 0,25 Gọi A(x1; y1) B(x2; y2), x1 x2 nghiệm (1); y1 = −2x1 + m y2 = −2x2 + m Ta có: d(O, AB) = SOAB = | m| AB = ( x1 − x2 )2 + ( y1 − y2 )2 = ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 = | m | m2 + | m | m2 + AB d(O, AB) = , suy ra: = 4 Trang 1/4 ⇔ m = ± 5(m + 8) 0,25 0,25 II (2,0 điểm) (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với: 2sin x cos x − sin x + cos x cos x + 2cos x = 0,25 ⇔ cos x sin x + (cos x + 2) cos x = ⇔ (sin x + cos x + 2) cos x = (1) 0,25 Do phương trình sin x + cos x + = vô nghiệm, nên: 0,25 π (1) ⇔ cos x = ⇔ x = +k π (k ∈ Z) 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: − ≤ x ≤ 0,25 Phương trình cho tương đương với: ( x + − 4) + (1 − − x ) + x − 14 x − = 3( x − 5) ⇔ 3x + + x−5 + 6− x +1 ⇔ x = + 3x + + III I = ∫ + 6− x +1 0,25 + 3x + = ⎡ ⎤ + x + > ∀x ∈ ⎢ − ; ⎥ , phương trình cho có nghiệm: x = 6− x +1 ⎣ ⎦ t−2 dt = t2 ∫ = − dx ; x = ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = x + t 0,25 0,25 + ln A' C' (1,0 điểm) 0,25 • Thể tích khối lăng trụ Gọi D trung điểm BC, ta có: G C H D G E H I Ta có: GH = 3a a2 Ta có: AA ' = AD.tan n ADA ' = ; SABC = 3a3 Do đó: VABC A ' B ' C ' = S ABC AA ' = 0,25 • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC B A 0,25 ADA ' = 60D BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: n B' A 0,25 0,25 1 dt − ∫ dt t t = ln t IV + ( x − 5)(3x + 1) = Đặt t = + ln x , ta có dt = (1,0 điểm) 3x + + 0,25 Gọi H trọng tâm tam giác ABC, suy ra: GH // A ' A ⇒ GH ⊥ (ABC) Gọi I tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I giao điểm GH với trung trực AG mặt phẳng (AGH) Gọi E trung điểm AG, ta có: R = GI = GE.GA GA2 = GH GH AA ' a 7a a 7a 7a 2 = ; AH = ; GA2 = GH2 + AH2 = Do đó: R = = 12 12 2.12 a Trang 2/4 0,25 0,25 V (1,0 điểm) Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + − 2(ab + bc + ca ) 0,25 (a + b + c) = 3 ⎡ 1⎞ Xét hàm f (t ) = t + 3t + − 2t ⎢0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + − ; − 2t ⎣ 2⎠ ≤ 0, dấu xảy t = 0; suy f '(t ) nghịch biến f ''(t ) = − (1 − 2t )3 0,25 Đặt t = ab + bc + ca, ta có: ≤ t ≤ ⎛ ⎞ 11 ⎡ 1⎤ Xét đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ = − > , suy f(t) đồng biến 3 ⎝ 3⎠ ⎣ ⎦ ⎡ 1⎤ Do đó: f(t) ≥ f(0) = ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ⎣ 3⎦ ⎡ 1⎤ Vì thế: M ≥ f(t) ≥ ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = a + b + c = ⎣ 3⎦ ⇔ (a; b; c) số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1) Do giá trị nhỏ M VI.a (2,0 điểm) 0,25 0,25 (1,0 điểm) Gọi D điểm đối xứng C(− 4; 1) qua d: x + y − = 0, suy tọa độ D(x; y) thỏa mãn: D ⎧( x + 4) − ( y − 1) = ⎪ d ⇒ D(4; 9) ⎨ x − y +1 B + − = ⎪⎩ 2 A C Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) ⎪⎧ x + y − = với x > 0, suy A(4; 1) thỏa mãn: ⎨ 2 ⎪⎩ x + ( y − 5) = 32 2S ABC = AC B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 ⇒ B(4; 7) B(4; − 5) JJJG JJJG Do d phân giác góc A, nên AB AD hướng, suy B(4; 7) Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0,25 0,25 ⇒ AC = ⇒ AB = 0,25 0,25 (1,0 điểm) Mặt phẳng (ABC) có phương trình: x y z + + = 1 b c Mặt phẳng (ABC) vng góc với mặt phẳng (P): y − z + = 0, suy ra: Ta có: d(O, (ABC)) = ⇔ 1+ 1 + 2 b c Từ (1) (2), b, c > suy b = c = VII.a (1,0 điểm) = 0,25 1 − = (1) b c 1 ⇔ + = (2) b c 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 0,25 0,25 0,25 ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 0,25 ⇔ x2 + y2 + 2y − = 0,25 Tập hợp điểm M biểu diễn số phức z đường trịn có phương trình: x2 + (y + 1)2 = Trang 3/4 0,25 VI.b (1,0 điểm) (2,0 điểm) y M F1 Nhận thấy: F1(−1; 0) F2(1; 0) N Đường thẳng AF1 có phương trình: A 0,25 M giao điểm có tung độ dương AF1 với (E), suy ra: F2 O x +1 y = 3 x ⎛ 3⎞ M = ⎜⎜1; ⎟⎟ ⇒ MA = MF2 = 3 ⎠ ⎝ Do N điểm đối xứng F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN 0,25 0,25 Do đường trịn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 đường trịn tâm M, bán kính MF2 ⎛ 3⎞ Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜⎜ y − ⎟⎟ = 3 ⎝ ⎠ 0,25 (1,0 điểm) G Đường thẳng ∆ qua điểm A(0; 1; 0) có vectơ phương v = (2; 1; 2) JJJJG Do M thuộc trục hồnh, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0) G JJJJG ⇒ ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2; 2t; − t − 2) G JJJJG ⎡v, AM ⎤ 5t + 4t + ⎣ ⎦ ⇒ d(M, ∆) = = G v Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 5t + 4t + =|t| ⇔ t2 − t − = ⇔ t = − t = Suy ra: M(−1; 0; 0) M(2; 0; 0) VII.b (1,0 điểm) , phương trình thứ hệ cho ta: 3y − = 2x ⎧⎪3 y − = x ⎧⎪3 y − = x Do đó, hệ cho tương đương với: ⎨ ⇔ ⎨ 2 ⎪⎩6 y − y = ⎪⎩(3 y − 1) + y − = y ⎧ x ⎪⎪2 = ⇔ ⎨ ⎪y = ⎪⎩ ⎧x = −1 ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩ y = - Hết - Điều kiện y > Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: R • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); y ' (x) = ⇔ x = - Hàm số đồng biến khoảng (−∞; 0); nghịch biến khoảng (0; +∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = - Giới hạn: lim y = lim y = − ∞ x→ − ∞ 0,25 0,25 x→ + ∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' +∞ 0 + − 0,25 y −∞ −∞ • Đồ thị: y 0,25 − 2 x O (1,0 điểm) Do tiếp tuyến vng góc với đường thẳng y = II (2,0 điểm) x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc – 6 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 Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + hay y = − 6x + 10 0,25 (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − = 0,25 ⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = (1) 0,25 Do phương trình cosx + sinx + = vô nghiệm, nên: 0,25 (1) ⇔ sinx = π 5π ⇔ x = + k2π x = + k2π ( k ∈ Z) 6 Trang 1/4 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − (2 Phương trình cho tương đương với: 4x )( x+2 − 24 2 − 2x −4 ) = 0,25 • 24x − 24 = ⇔ x = x +2 • 22 −4 − 2x Nhận xét: x ≥ 0,25 = ⇔ x + = x3 − (1) 0,25 ) Xét hàm số f(x) = x + − x3 + 4, ⎡⎣ ; + ∞ ) − 3x2 < 0, suy f(x) nghịch biến ⎣⎡ ; + ∞ x+2 Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 1; x = f ' (x) = III (1,0 điểm) e I = 3⎞ ⎛ ∫ ⎜⎝ x − x ⎟⎠ ln x dx = e e ln x dx x ∫ x ln x dx − ∫ ( ∫ x ln x dx = x ln x e • ) e 0,25 dx v = x2 x • Đặt u = lnx dv = 2xdx, ta có: du = e e x2 − ∫ x dx = e − e = 0,25 e2 +1 e e ln x ∫ x dx = ∫ ln x d ( ln x ) = ln x = 1 0,25 e2 − Vậy I = IV (1,0 điểm) 0,25 • M trung điểm SA S AH = M A D a , SH = SA2 − AH = B H C 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 = 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) 0,25 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 VI.a (2,0 điểm) (1,0 điểm) B Đường trịn 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) )( ) 74 − a + + (a + 7)(− − a) = 0,25 ⇔ a2 + 4a − 21 = ⇔ a = − (loại) a = (thỏa mãn) 0,25 Suy C(− + 65 ; 3) (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 0,25 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 0,25 ⎧⎪a + b = Yêu cầu toán thỏa mãn khi: ⎨ 2 ⎪⎩a − b = 0,25 ⎧⎪a = ⇔ ⎨ ⎪⎩b = 0,25 Vậy số phức cần tìm là: + i; − i; − + i; − − i 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 (1,0 điểm) Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t) M d =1 ∆1 H Ta có: d(M, ∆2) = VII.b (1,0 điểm) ∆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 ⎤ ⎣ ⎦ = G v 2t − 10t + 17 , suy ra: 2t − 10t + 17 =1 0,25 0,25 0,25 ⇔ t2 − 5t + = ⇔ t = t = Do M(4; 1; 1) M(7; 4; 4) 0,25 Điều kiện: x > 2, y > (1) 0,25 ⎪⎧ x − x + y + = Từ hệ cho, ta có: ⎨ ⎪⎩ x − = y 0,25 ⎧x = ⎧x = ⎪⎧ x − 3x = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪⎩ y = x − ⎩ y = ⎩ y = −2 Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm hệ (x; y) = (3; 1) - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 ... chú: Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh: Số báo danh: Bộ giáo dục đào tạo -Đề thức đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn thi : Toán , Khối A... ý : ThÝ sinh thi cao đẳng không làm câu V Cán coi thi không giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh : Sè b¸o danh Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003... coi thi khơng giải thích thêm mathvn.com Họ tên thí sinh: …………… ……………………………Số báo danh: ……………………………… BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: