Phần 2 của ebook Cấu trúc đề thi đại học và bộ đề tuyển sinh môn Toán là phần đáp án và thang điểm chi tiết. Trong phần này, tác giả đã chọn ra nhiều cách giải khác nhau với mong muốn có sự phong phú và đa dạng về cách giải cho bạn, các bạn có thêm tham khảo thêm và rút ra kinh nghiệm cho mình. Mời các bạn cùng tham khảo phần 2 của ebook sau đây.
x y2 z mặt phẳng 2 P : x y z Viết phương trình tham số đường thẳng qua điểm A 3; 1;1 nằm Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : mặt phẳng P hợp với d góc 450 y 1 x x 2x Câu VII.( 1,0 điểm ) Giải hệ phương trình: x, y x 1 y y 2y PHẦN IV ĐÁP ÁN 15 ĐỀ THAM KHẢO CỦA BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ SỐ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011 Câu I ý Lời Giải Học sinh tự làm Hoành độ giao điểm d : y x m C nghiệm phương trình: xm Điểm x 2x x m 2x 1 x ( x 2x 2mx m * 0.25 không nghiệm) D cắt C hai điểm phân biệt * có nghiệm phân biệt khác ' m2 2m m 12 1 1 m f m m 1 2 điểm phân biệt với m Gọi x1 x2 nghiệm * , ta có: : 0.25 d cắt C hai 2x 1 2x1 1 k1 k 2 2 2x1 1 2x 1 2x1 1 2x 1 x1 x 8x1x x1 x 4x1x x1 x 1 II 2 0.25 x1 x m Theo định lý Viet m x1.x m 4m2 4m 2 suy ra: k1 k 4m2 8m 4 m 1 2 m 2.m 1 4 Suy ra: k1 k lớn 2 , m 1 1 sin 2x cos2x sin x sin 2x cot x Điều kiện: sin x * 0.25 0.25 Trang 66 sin 2x cos2x 2 sin x sin x cos x sin x 1 sin 2x cos2x sin x 2 sin x cos x Phương trình cho tương đương với: sin 2x cos2x 2 cos x sinx 2sin x.cos x 2cos2x 2 cos x 2cos x cos x sinx 0.25 cos x sin x 1 cos x 0.25 1 cos x sin x sin x x k2, thỏa mãn * 4 cos x x k, thỏa mãn * Vậy, phương trình có họ nghiệm : S k; k2 k 2 II 0.25 2 5x y 4xy 3y x y 1 2 xy x y x y Ta có phương trình xy x y2 x 2xy y2 0.25 xy xy x y x y xy 1 x y 2 x y Với xy x thay vào phương trình 1 ta được: y 2 2 2 0.25 1 1 y y 3y3 y y 2y y 1 y y y Suy ra: x; y 1;1 x; y 1; 1 1 3y x y2 4xy2 2x 2y x y * , với x y2 thay vào * ta 6y 4xy2 2x 2y x y 4y 2x 4xy2 2x 2y 2y x xy 2y x 1 xy 2y x xy x 2y 0.25 Với x 2y thay vào phương trình x y2 ta được: 4y2 y2 5y2 y 10 10 10 10 10 Vậy x; y ; ; x; y 5 5 10 10 10 10 Vậy hệ có nghiệm: x, y 1;1 , 1; 1 , ; ; , 5 5 III I x sin x cos x x sin x cos x dx x sin x cos x x cos x dx x sin x cos x dx x sin x cos x Ta có: I1 0 x sin x cos x dx dx x 04 x sin x cos x x cos x 0.25 0.25 0.25 Trang 67 d x sin x cos x x cos x Và I dx ln x sin x cos x x sin x cos x x sin x cos x 0 IV ln 1 I I1 I ln 1 SAB SAC SA S SA ABC Ta có SAB ABC SAC ABC AB BC Nên BC SB SB BC SA BC SBC ABC BC Vậy SB SBC ,SB BC AB SAB , AB BC SBC , ABC SB, AB SBA 600 0.25 0.25 0.25 H D ∆ A C N M B SA SB tanSBA 2a Mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Vì M trung điểm AB MN / /BC AB nên MN đường trung bình ABC , BM a BC MN a Tứ giác BCNM là hình thang vng tại B nên có diện tích: BC MN BM 2a a a 3a SBCNM 2 SA BCNM nên SA đường cao chóp S.BCNM nên tích: 0.25 1 3a VS.BCNM SA.SBCNM 2a a 3 3 Kẻ đường thẳng qua N, song song với AB Hạ AD D Vì AB//ND AB// SND d AB,SN d AB, SND d A, SND 0.25 SA DN DN SAD DN AH Hạ AH SD H SD Ta có SD DN AH SND d A, SND AH Tam giác SAD vng A, có AH đường cao SAD Nhận thấy AMND hình vng nên AD = MN = a SA.AD 2a 3.a 2a 39 d AB,SN AH 2 13 SA AD 2a a V Trước hết ta chứng minh: 0.25 1 * , với a b dương, ab 1 a b ab Thật vậy, * a 1 ab b 1 ab 1 a 1 b 0.25 a b ab 1 a 1 b a b ab ab a b 2ab a b ab 2ab a b ab ab a b ab a b ab a b a b 0 Trang 68 ab a b 0, với a b dương, ab Áp dụng * với x y thuộc đoạn 1;4 x y, ta có: x y z 1 1 2x 3y y z z x 3y z x 3y x 1 x y z x y z x x Dấu " " xảy khi: 1 y z y P Đặt 0.25 x y t , t 1;2 y x t đó: P 2 t2 t2 t 2t t t2 , t 1;2 2t t 2 t 4t 3 3t 2t 1 Xét hàm f t Ta có f ' t 2t 3 1 t f t f 2 0.25 t 1;2 34 ; 33 dấu " " xảy khi: t x x 4, y 1 y 34 , từ 1 suy dấu " " xảy khi: x 4, y z = 33 34 Vậy giá trị nhỏ P ; x = 4,y = 1, z = 33 Đường trịn C có tâm I 2;1 , bán kính IA P VIa 0.25 A Tứ giác MAIB có MAI MBI 900 MA = MB 1 SMAIB SIAM SIBM IA.MA IB.MB 2 IA.2MA IA.MA I 0.25 B M Theo đề SIAMB 10 IA.MA 10 MA IM IA2 MA2 2 2 10 10 2 IA 0.25 x t Chuyển phương trình tham số có dạng t y 2 t M , có tọa độ dạng M t; 2 t 0.25 Vậy IM t t 3 25 2t 2t 12 2 t Vậy M 2; 4 M 3;1 t 3 Gọi M x ; y0 ;z , MA x0 2 0.25 y02 z 1 , MB x 02 y0 z 3 2 0.25 Trang 69 VIIa 2x y0 z M P 2 Theo đề x y02 z 1 MA = MB = 2 x y0 z 3 2x y z 0 x y0 z 2 x y0 z 1 x 2y z 3y 7y0 11y0 0.25 12 Giải hệ x; y;z 0;1;3 ; ; 7 7 12 Vậy có điểm M : M 0;1;3 M ; ; 7 7 0.25 Gọi z a bi z a bi a, b , 0.25 z a b2 0.25 ta có: z z z a bi a b2 a bi 2 VIb a b a b a a b2 2abi a b2 a bi 2ab b a 2b b 2a 1 1 1 Giải hệ a;b 0;0 a;b ; a;b ; 2 2 1 1 Vậy z z i z i 2 2 x y2 x 02 Gọi A x ; y0 Do A, B thuộc E : y02 Có hồnh độ dương 4 tam giác OAB cân O, nên: B x ; y0 , x 0.25 0.25 0.25 0.25 4x x 02 Gọi H trung điểm AB H x ;0 , OAB cân O nên: OH AB AB x0 x0 2 y0 y0 y02 2 OH x 0.25 1 Diện tích: SOAB OH.AB x x 02 2 x x 02 Dấu " " xảy ra, x y 4 2 2 2 Vậy: A 2; B 2; A 2; Mặt cầu S có tâm I 2;2;2 , bán kính R y0 y0 2 B 2; 2 0.25 0.25 0.25 Trang 70 Dễ dàng nhận thấy O A thuộc mặt cầu S Vậy điểm O, A, B nằm mặt cầu S Mặt khác tam giác OAB nên có bán kính đường trịn ngoại tiếp OAB OA r 3 Gọi P mặt phẳng qua điểm O, A, B , mp P cắt mặt cầu theo giao tuyến đường trịn có bán kính r Vậy khoảng cách: d I, P R r 2 2 2 4 2 0.25 mp P qua O có phương trình dạng: ax by cz 0, a b2 c2 0 * mp P qua A, suy ra: 4a 4b b a 1 a b c 2 2 2 3 a b c 2c Thế 1 vào ta 2 2a c c a 2a c2 3c2 c a Với c a chọn a c thay vào * mp P : x y z d I, P VIIb 0.25 0.25 Với c a chọn a c 1 thay vào * mp P : x y z Gọi z a bi z a bi a;b , Ta có: 2z 11 i z 11 i 2i 0.25 2 a bi 1 1 i a bi 1 1 i 2i 2a 1 2bi 1 i a 1 bi 1 i 2i 2a 2ai i 2bi 2b a i bi b 2i 3a 3b 3a 3b a b i 2i a b 2 a b 0.25 0.25 0.25 2 1 1 Vậy môđun: z a b 3 3 2 Lời bình: Trong đề có số mà chọn cách khác mà đúng, mời bạn đọc tham khảo thêm Câu I Trong câu ta làm ý sau câu sau: Gọi x1 x2 nghiệm * , ta có: k1 k 2x1 1 2x 1 1 2 2x1 1 2x 1 2x1 1 2x 1 Trang 71 4x1x x1 x 1 x1 x m Theo định lý Viet m x1.x 2 suy ra: k1 k 2 m 2.m 1 4 Suy ra: k1 k lớn 2 , m 1 Câu V x y z 2x 3y y z z x Giả sử ta xem đẳng thức có ẩn z nên ta đạo hàm theo ẩn z ta x y z xy y x P' z 2 2 y z z x y z z x P Nếu x y z xy Ta xét đẳng thức xy y y y x x y x P P xy 2x 3y y xy xy x 2x 3y y y x x y x Nếu x y P x y x y x x 3y y x x 1 y y Khảo sát hàm số P theo biến z, ta nhận thấy P nhỏ z xy Đặt t x x, y 1; 4 x y t 1; 2 y t2 , 2t t 2 t t 1 t t 3 ' Ta có f t t 1; 2 2t 3 1 t 2 Đẳng thức trở thành P f t Nên f t nghịch biến khoảng 1; t f t ' f t 34 33 34 Dấu " " xảy khi: x 4, y z = 33 34 ; x = 4,y = 1, z = Vậy giá trị nhỏ P 33 Vậy P f Trang 72 ĐỀ SỐ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011 Câu I ý Lời Giải Học sinh tự làm x y' x 4x m 1 x 4x x m ; y ' x x m 11 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, 1 có hai nghiệm phân biệt khác m m 1* m Khi đó: A 0; m , B m 1; m2 m C OA m2 m , BC 2 m 1 Điểm 0.25 0.25 m 1; m2 m 1 Theo đề ta có OA BC m 2 m 1 0.25 m2 m 1 m2 4m m 2; thỏa mãn * II m 2 Vậy giá trị cần tìm: m 2 sin 2x cos x sin x cos x cos2x sin x cos x Phương trình cho tương đương với: 2sin x cos2 x sin x cos x cos2x sin x cos x sinx 1 cos2x sin x cos x cos2x sinx cos x 0.25 0.25 sin x sin x.cos2x sin x cos x cos2x sin x cos x cos2x sinx 1 cos x sin x 1 sin x 1cos2x cos x 0.25 sin x 1 cos 2x cos x 1 sin x x k2 0.25 k2 3 k2 Vậy phương trình cho có nghiệm: S k2; k 3 2 0.25 cos2x cos x cos x x II x x 4 x 10 3x x x x * Điều kiện: 2 x Khi đó, phương trình cho tương đương: 0.25 x 2 x 4 x 10 3x 4 x 1 Đặt t x 2 x ** t 10 3x 4 x t Phương trình 1 trở thành: 3t t t với t thay vào ** ta x 2 x x 2 x 0.25 0.25 Trang 73 thỏa mãn * với t thay vào ** ta x 2 x x 2 x x 2 x x vô nghiệm ( x 2 x với x 2; 2 ) 0.25 Vậy phương trình cho có nghiệm: x III x sin x x sin x dx dx dx 2 cos x cos x cos x 0 I 0.25 0.25 dx tanx cos x Ta có: I Và : I x sin x dx cos2 x u x Đặt ta có s inx dv cos2 x dx du dx v cosx 0.25 d sin x dx 2 cos xdx 2 cos xdx 2 x I2 2 sin x sin x cos x 0 cosx cos x 2 1 d sin x sin x sin x 2 sinx 2 ln ln sinx 2 Vậy I I1 I ln Gọi O giao điểm AC BD , IV 0.25 Theo đề A1O ABCD Vậy A1O đường cao B1 khối lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 A1 Gọi E trung điểm AD OE AD A O AD A1E AD Ta có OE AD B ADD1A1 ABCD AD Vậy A1O ADD1A1 , A1E AD O H A E D OE ABCD ,OE AD ADD1A1 , ABCD A1E,OE A1EO 600 C1 D1 0.25 C AB a a t anA1EO tan 600 2 AB.AD a.a a A1O OA tan A1EO Diện tích đáy: SABCD a 3a a Thể tích: VABCD.A1B1C1D1 A1O.SABCD đvtt 2 Ta có: B1C / /A1D B1C / / A1BD d B1 , A1BD d C, A1BD 0.25 0.25 Trang 74 CH A1O Hạ CH BD H BD CH A1BD CH BD d C, A1BD CH Suy ra: d B1 , A1BD CH V CD.CB CD2 CB2 a.a a2 a a 0.25 Với a, b dương, ta có: a b2 ab a b ab a b2 ab a 2b ab2 a b a b2 ab ab a b a b a b 1 1 a b b a a b 0.25 1 1 1 1 a b Theo côsi ta có a b 2 a b 2 , a b a b b a 0.25 a b a b a b 2 1 2 2 b a b a b a Đẳng thức cho tương đương: a b 3 a b a b a b a b a b P b a b a b a b a b a b a a b 3 a b a b a b * b a b a b a b a 0.25 5 t 2 * trở thành P t 3t t 2 4t 9t 12t 18 a b Đặt t b a Xét hàm f t 4t 9t 12t 18, với t 23 5 Ta có: f ' t 2t 3t f t f 2 5 ; VIa a b b a a;b 2;1 23 Vậy P ; khi: 1 a;b 1;2 a b a b N d, M có tọa độ dạng: N a; 2a , M b; b d ON a;2a ,OM b;b O, M, N thuộc đường thẳng, ON OM a 2a phải phương b b4 a b 2a b b a 4a O b 0.25 M N 0.25 4a 2a ON a 2a ,OM b2 b 2 0.25 OM.ON a 2a b2 b 2 Trang 75 IV Gọi I trung điểm cạnh BC, O trọng tâm ABC Vì ABC tam giác cạnh a nên a a AI AO AI , 3 a OI AI A ' A ABC hình chóp tam giác nên A' C' B' 0.25 C O A'O ABC I B a2 3b2 a ' A O A A AO b , A I BC 3 A' BC ABC BC Ta có A'I BC, A'I A' BC A' BC , ABC A'I, AI A'IO AI BC, AI ABC ' ' tan A 'O IO 3b2 a 2 3b2 a a a 1 a a2 AI.BC a 2 VA '.BCC' B' VABC.A ' B'C' VA '.ABC A 'O.SABC A 'O.SABC A'O.SABC 3 0.25 3b2 a a a 3b2 a 0.25 Diện tích ABC:SABC V 0.25 đvtt 2 91 1 x m 31 1 x 2m * Điều kiện x -1;1 đặt t 31 1 x2 ; 0.25 x x2 x2 x 31 1 x2 t 3;9 Phương trình * cho trở thành t m t 2m * t m t 2t m t 2t t2 0.25 t 2t với t 3;9 Ta có: t2 t t 4t ' f' t , f t t 2 t Xét hàm số f t Lập bảng biến thiên t f ' t 0.25 Trang 201 64 gm f t Dựa vào bảng biến thiên * có nghiệm x 1;1 ** có nghiệm t 3;9 VIa m 64 Gọi M x ;y0 d 3x y0 1 0.25 0.25 AB 5,CD 17 AB 3;4 n AB 4;3 PT AB : 4x 3y 0.25 CD 4;1 n CD 1; 4 PT CD : x 4y 17 SMAB SMCD AB.d M;AB CD.d M;CD 5 4x 3y x 4y 17 17 4x 3y x 4y 17 17 0.25 3x 7y 21 4x 3y x 4y 17 4x 3y x 4y 17 0 5x y 13 3 3x y0 7 M1 ;2 3 3x 7y0 21 Từ 1 ta có 0.25 3x y0 Từ 1 3 ta có M 9; 32 5x y0 13 Các véc tơ phương d1 d u1 1; 1;2 u 2; 0;1 Có M 2;1; d1 ; N 2;3; d MN 0; 2; Xét u1;u 1; 5; 2 u1;u MN 10 d1 chéo d Gọi A t;1 – t;2t d1 và B – 2t ' ;3; t ' d AB –2t ' t; t; t ' 2t 0.25 AB.u1 AB đọan vng góc chung d1 d AB.u –2t ' t; t; t ' t 1; 1;2 t ' ' –2t t; t; t t 2; ;1 t ' 5 2 Vậy tìm điểm A ; ; B 2; 3; ; 3 3 Đường thẳng qua hai điểm A, B đường vng góc chung x t d1 d u AB 1; 5; : y 5t z t 11 13 Phương trình mặt cầu nhận đoạn AB đường kính tâm I ; ; trung 6 3 điểm AB Vậy bán kính R AB 0.25 0.25 0.25 2 11 13 1 Phương trình mặt cầu có dạng: S : x y z 6 6 3 Trang 202 VIIa Giả sử z1 a bi z1 a bi; z c di z c di 0.25 Ta có z1 z a bi c di a c b d i a c b d i 1 0.25 Mà z1 z a bi c di a c b d i Từ 1 ta có z1 z z1 z a c b d i 0.25 Tương tự z1.z a bi c di ac bd ad bc i ac bd ad bc i 1' 0.25 Mà z1.z a bi c di ac bd ad bc i 2' Từ 1' 2' ta có z1.z z1.z ac bd ad bc i VIb 3a Gọi A A a; x B 2.2 a 16 3a Vì B đối xứng với A qua I nên 3a B a; y B Vậy diện tích tam giác ABC là: 1 3.2 5 SABC d C;AB AB d C; AB AB 3AB 2 2 4 0.25 0.25 Theo đề ta có SABC 15 3AB 15 AB 3a 3a Mặt khác AB 2a AB 2a a 3a 2a 25 a Vậy hai điểm cần tìm A 0;1 B 4;4 2 2 0.25 0.25 Đường thẳng d có VTCP u 1;2;1 2x y Từ phương trình tham số ta chuyển d PTTQ: x z 0.25 Mặt phẳng P có VTPT n 2; 1; 2 Góc đường thẳng d mặt phẳng P là: sin u d n P ud n P | 2 | 3 0.25 Góc mặt phẳng P mặt phẳng Q cần tìm cos sin x Giả sử Q qua d có dạng: m 2x y 1 n x z m2 n 2m n x my nz m 2n Vậy góc P Q là: cos 0.25 | 3m | 5m2 2n 4mn 3 Trang 203 | 3m | 5m2 2n2 4mn m2 2mn n m n m n 0.25 Chọn m 1, n 1, ta có: mặt phẳng Q : x y z 3x 1 y 2 y 3x 1 2 3.2 3x xy x x x 1 Phương trình 3x xy x x 3x y 1 x 1 x x x 1 3x y y 3x VIIb Với x thay vào 1 2y2 3.2y 2y 12.2y 2y 0.25 8 y log2 11 11 x 1 Với thay y – 3x vào 1 ta được: 23x1 23x1 3.2 * y 3x t loai 1 Đặt t 23x1 x 1 t * t t 6t t t Với t y log2 x log2 1 3 Vậy hệ phương trình cho có nghiệm 1 S 0;log , log 1 ; log 11 0.25 0.25 0.25 ĐỀ SỐ 29 Câu I Ý Lời giải HS tự làm y' 3x 2mx 2m2 7m hàm số đồng biến khoảng 2; y' với x 2; Điểm 0.25 f x 3x 2mx 2m 7m 0, x 2; 2 Vì tam thức bậc hai f x có ' 7m2 21m 21 0, m nên f x có nghiệm m ' m ' , x2 3 x x1 Vì x1 x nên f x x x2 phân biệt x1 m ' ' m Do f x x 2; x m m ' 2 m 7m 21m 21 m m 1 m 6m 9m 15 5 m 1; thõa mãn đề 2 0.25 0.25 0.25 Trang 204 II sin x sin 2x Điều kiện: cosx tan x 1 tan x 1 cos x sin x cos 2x.cos x sin x sin x cos x sin x cos x sin x 2 cos x sin x cos x sin x cos x sin x sin x cos x sin x cos x sin x cos x sin x cos2 x sin x cos x sin x sin x cos x sin x cos x sin x sin x cos2 x 2sin x cos x sin x Phương trình sin x cos x sin x cos x sin x 0.25 cos x sin x sin x cos x sin x 1 0.25 cos x sin x sin x cos x sin x 1 sin 2x cos2x 1 c os x sin x sin 2x cos2x 3 c os x sin x cos x sinx cos x sinx sin 2x 3 sin 2x loai 4 4 k k x 0; k k x 4 Vậy tìm nghiệm S thõa mãn đề 4 2xy x y x y 1 đk :x y 0 x y x2 y 2 2xy x y 2xy x y 2xy x y 1 x y 2xy xy 0.25 cos x sin x tanx x 0.25 0.25 x y x y 2xy x y 2xy x y x y 1 2xy x y 1 x y x y 1 x y 1 2xy x y 1 0.25 x y 3 2 x y x y Dễ thấy vơ nghiệm x y 0.25 Thế 3 vào ta x y x x y y Giải hệ x y x 2 y 0.25 Trang 205 Vậy hệ có nghiệm S 1;0 , 2;3 III I 3sin x cos x sin x cos x dx t dx dt Đổi cận: x t , x t 2 0.25 Đặt x 3sin t cos t 3sin x cos x 2 dt Suy ra: I dx 3 sin x cos x sin t cos t 2 0 3cos t 2sin t cos t sin t dt 3cos x 2sin x cos x sin x 0.25 dx ( Do tích phân khơng phụ thuộc vào kí hiệu cuả biến số ) Suy ra: 2I I I sin x cos x dx 3cos x 2sin x cos x sin x dx sin x cos x 0.25 dx 1 dx d x tan x 20 4 4 cos x cos2 x 4 4 Vậy I a S ABD tam giác cạnh a AO Từ O hạ hình chiếu vng góc lên BC H SO BC Ta có BC SOH BC SH OH BC = IV 3sin x 2cos x 0.25 I 0.25 A B H O D C SBC ABCD BC SBC , ABCD SH,OH SHO nên SH SBC ,SH BC OH ABCD ,OH BC 1 1 a OH 2 2 OH OC OB a 3 a SO tanSHO SHO 450 OH Vì OI SBC OI IBC OI đường cao chóp I.OBC 0.25 0.25 Trang 206 1 a OI IH SH SO2 IH 2 Vậy thể tích chóp I.OBC là: 1 1 a 61 a a3 VI.OBC OI.SIBC OI IH.BC a đvtt 3 8 64 V P 0.25 x y3 16z x y z Biến đổi tương đương ta có: x y Khi P x y3 16z x y z x y x y 0.25 16z x y z x y 64z x y 64z 4P 3 x y z x y z 3 Đặt x y z a x y a z z 3 64z a 3 a x y 64z a z 64z a 4P 1 t 64t 3 3 a a a z ( với t ,0 t ) a 0.25 Xét hàm số f t 1 – t 64t với t 0;1 Có f ' t 64t 1 t , f ' t t 0;1 0.25 64 f 1,f 1 64,f 81 Min f t t0;1 VIa 64 16 GTNN P đạt x y 4z 81 81 Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận HK 1; làm vtpt AC qua K nên AC : x 2y A K Phương trình đường thẳng BK có vtcp HK 1; 0.25 H M 0.25 n BK 2;1 BK : 2x y B C Do A AC, B BK nên giả sử A 2a 4; a , B b; 2b Mặt khác M 3; 1 trung điểm AB nên ta có hệ: 2a b 2a b 10 a Tìm A 4; , B 2; a 2b a 2b b AB 2; 6 n AB 3; 1 AB : 3x y 0.25 0.25 Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA 3; làm vtpt Vậy phương trình cạnh BC : 3x 4y Tìm phương trình cạnh: AC : x 2y 0, AB : 3x y 0.25 BC : 3x 4y Trang 207 Thay A vào hai phương trình thấy A khơng thuộc hai đường trung tuyến x y z 1 x4 y2 z2 nên giả sử BN : CP : 2 1 4 Chuyển phương trình tham số x 2t BN : y 2t t z t x t ' , CP : y 4t ' t ' z t ' 0.25 G trọng tâm ABC G BN CP G 3;6;1 B BN 2t;6 2t;1 t , C CP t ' ;2 4t ' ;2 t ' 0.25 GA 2; 4;4 ,GB 2t;2t; t ,GC t 1; 4t 4; t 1 ' ' ' 2 2t t ' t 2 Ta có : GA GB GC 4 2t 4t ' ' t 3 4 t t ' 0.25 B 7;2; 1 , C 1;14; 1 Vậy AB 6;0; 6 , AC 0;2; 1 , BC 1;2;0 x 6t Phương trình cạnh tam giác ABC AB : y z 6t x x t AC : y 2t , BC : y 2t t z t z 1 VIIa 0.25 Điều kiện n Ta giải phương trình: A3n 8C2n C1n 49 n! n! n! 49 n 3! n !.2! n 1! n – n – 1 n – n – 1 n n 49 0.25 n3 – 7n 7n – 49 n – n n Vậy đẳng thức cho trở thành x Khai triển đẳng thức x C7k x 27k C7k 27k.x 2k 7 k k 0 k 0 Thứ hạng x khai triển nhị thức: x x k 0.25 Nên hệ số x8 C47 23 280 0.25 8 VIb 0.25 2k x 3t A 1;1 có phương trình tham số t y 2 2t Gọi A thuộc B B 1 3t; 2 2t có vtcp u 3;2 Vậy AB 3t; 3 2t AB 9t 2t 3 13t 12t 0.25 0.25 Theo đề ta có AB; 450 nên cos AB;u AB.u AB u 3t; 3 2t 3;2 13t 12t 9 cos450 0.25 Trang 208 15 t 13 13t 169t 156t 45 13t 12t 13 t 13 32 22 32 Các điểm cần tìm B1 ; , B2 ; 13 13 13 13 0.25 Giả sử n a;b;c vectơ pháp tuyến mặt phẳng P Phương trình mặt phẳng P : ax by cz 2b 0.25 Đường thẳng qua điểm A 1;3;0 có vectơ phương u 1;1;4 n.u a b 4c 1 // P Từ giả thiết ta có | a 5b | 2 d ; P d A; P 2 a b c 0.25 Thế b a 4c vào ta có a 5c 2a 17c2 8ac a - 2ac 8c2 a c a 2 c a Với chọn a 4,c b 8 c Phương trình mặt phẳng P1 : 4x 8y z 16 0.25 0.25 a Với 2 chọn a 2,c 1 b c Phương trình mặt phẳng P2 : 2x 2y z VIIb Theo đề ta có: z 02 z12 z 0z1 z 0z1 z 02 z12 z z1 z z12 z z1 z z1 z z1 z z0 0.25 1 z 02 z12 z 0z1 z 0z1 z12 z 02 z1 z z1 z 02 z1 z1 z z z z1 z z1 2 0.25 2 z z 3 Từ 1 z1 z z z1 z z1 z0 z1 0.25 Do z1 z z z1 OA OB AB ( khác ) nên OAB tam giác 0.25 ĐỀ SỐ 30 Câu I Ý Lời giải HS tự làm Ta có điểm cực đại cực tiểu hàm số C A 0;2 B 2; 2 Đường tròn Cm có tâm I m;2m bán kính R m2 4m2 5m2 Ta có IB m 2 2m Điểm 0.25 2 36 5m 4m m 1 R 5 5 0.25 Trang 209 Vậy điểm B nằm ngồi đường trịn Cm Để hai điểm cực trị A, B nằm phía khác đường trịn Cm điểm A nằm đường tròn Cm IA m2 2m 5m2 8m II m 0.25 0.25 k k Phương trình cho 1 sin 2x 1 t anx Điều kiện cos x x 0.25 sinx sin x cos2 x 2sin x.cos x 1 0 cos x cos x s inx cos x s inx 0 cos x cosx s inx cos x s inx 0 cos x cos x sin x 1 cos x sin x cos x Giải 1 ta có: cos x sin x cos x 4 cos x x k x k k 4 4 Giải ta có: cos x sin x sin x.cos x cos2x cos x sin 2x sin 2x cos2 x * Vì 1 sin 2x cos2x 2 Nên phương trình * vơ nghiệm 0.25 0.25 0.25 Vậy phương trình cho có học nghiệm S k k 4 3x 5x x x x 1 x 3x 3x 5x x x 1 x x 3x Dạng toán ta dễ dàng nhận thấy nhân lượng liên hợp hai vế ta có: 3x 5x x x 1 x x 3x x x 3x 3x 5x x x 1 2x 3x 5x x x 1 3 x 2 x x 3x 0.25 3x x x 3x x 2 3x 5x x x 1 0.25 0 0 x 2 2 x x 3x 3x 5x x x 1 0.25 Trang 210 x * ** 2 x x 3x 3x 5x x x 1 Giải * ta x Từ ** ta thấy x x 3x 2 3x 5x x x 1 0, x 0.25 Vậy phương trình có nghiệm s 2 III 2cos x 1 sinx dx sin 2x sinx 2sin x cos x sinx dx dx 3cos x 3cos x 3cos x 0 I 0.25 t2 cos x Đặt t 3cos x 3sin x dt dx 3cos x x t Đổi cận: t x 2 t2 I 2 1 dt 2t 1 dt 91 2 IV 0.25 0.25 2 16 2t 34 t 1 9 27 Gọi H hình chiếu vng góc A ' lên mặt phẳng ABCD A' H ABCD Từ H hạ hình chiếu vng góc xuống AB, AD I, J 0.25 D' C' A' B' A H AB AB A 'J HJ AB ' 0.25 D A ' H AD , AD A ' I HI AD J A C H I B A' B' BA ABCD AB Vậy A'J A ' B' BA , A 'J AB A ' B' BA , ABCD A 'J, HJ A 'JH 450 HJ ABCD , HJ AB A' B' BA ABCD AB ' ' ' ' ' ' ' ' A I A D DA , A I AB A D DA , ABCD A I, HI A IH 60 HI ABCD , HI AB Đặt A' H x x A' H A' H A' H A' H x ' HJ x tan A IH HI 0 HJ tan 45 HI tan 60 HIAJ hình chữ nhật Ta có: tan A'JH 0.25 0.25 Trang 211 x 3 3x AH AJ HJ HI HJ x 2 2 3x 21 Mà A A A H HA x x ' ' 2 ' ' ' Vậy thể tích hình hộp ABCDA' BC D là: VABCDA' B'C' D' A' H.SABCD V T 0.25 21 x y 1 x 1 y Đặt x cos2 a; y sin a a 0; 2 2 cos2 a sin a cos3 a sin a sin a cos a sin a sin a.cos a cos a T sin a cos a s ina.cos a s ina.cos a sin a cos a 1 sin a.cos a sin a.cos a t2 Đặt t sin a cosa sin a.cosa Ta có: t sin a 4 Vì a t 2 t 3t Khi T f t ; t 1 t f 't t 1; f t f 2 t 1 Vậy f t f t1; VIa 2 0.25 0.25 0.25 x y 1 Hay T x y 2 0.25 Gọi A d1 A t; t ABCD hình vng nên C đối xứng với A qua BD mà B, D Ox nên C t; t 0.25 Vì C d 2t t t Vậy A 1;1 , C 1; 1 0.25 Gọi I trung điểm AC I 1;0 B, D ox B b;0 , D d;0 0.25 I tâm hình vng ABCD nên ta có: b IB IA b b ID IA d d d B 2;0 D 0;0 B 0;0 D 2;0 0.25 Vậy đỉnh hình vng là: A 1;1 , B 2;0 ,C 1; 1 , D 0;0 A 1;1 , B 0;0 ,C 1; 1 , D 2;0 Tọa độ giao điểm A đường thẳng d mặt phẳng P nghiệm hệ sau: 0.25 Trang 212 x t x x 1 y z y 3 2t y 1 A 0; 1;4 1 z t 2x y 2z z 2x y 2z Mặt phẳng P có véctơ pháp tuyến n P 2;1; 2 0.25 Đường thẳng d có véctơ phương ud 1;2;1 Vì P d véctơ phương đường thẳng : 0.25 u ud , n P 5;0;5 1;0;1 x t Vậy phương trình tham số đường thẳng : y 1 t z t VIIa Gọi số phức z a bi a, b 0.25 0.25 Khi z a bi 2abi z a b2 2abi z a b2 2abi Phương trình trở thành a b2 2abi 2012 a b2 2abi 2012 a b2 2012 2ab a b2 2012 1 2 a b 2012 a 2ab b 0.25 0.25 * Với a thay vào 1 ta b2 2012 b 2012 * Với b thay vào 1 ta a 2012 ( vô nghiệm ) Vậy tìm nghiệm số phức là: z 2012i z 2012i VIb Đường tròn C có tâm I 1;3 bán kính R Vì MI R nên điểm M nằm ngồi đường trịn C Gọi T x ; y0 tiếp điểm tiếp tuyến kẻ 0.25 T2 M M với đường tròn C nên: T C T C IT MT IT.MT I 0.25 T1 MT x 3; y0 1 IT x 1; y0 3 2 x y0 2x 6y0 Nên x 3; y x 1; y 0 2 2 x y0 2x 6y0 x y0 2x 6y0 x y0 2x 4y0 x 3 x 1 y0 1 y0 3 0.25 0.25 2x y0 * T1 T2 tiếp điểm tiếp tuyến qua M tới đường tròn C nên T1 T2 thuộc * Vậy phương trình đường thẳng T1T2 : 2x y Véctơ pháp tuyến mặt phẳng P n P 1; 1;1 Véctơ phương đường thẳng d ud 1;2;2 0.25 0.25 Trang 213 Gọi đường thẳng có véctơ phương u a;b;c Vì P u n P a b c 1 Theo đề có góc: d, 450 cos d, cos450 Từ 1 ta có: a 2b 2c a b2 c a 2b 2c a b2 c 2 0.25 2 a b c a a c c2 a 2b 2c a a c 2c 2 2 3 a b c 0.25 2 2a 2ac 2c2 3a 4c a ac c2 7c2 15ac 3a 4c c 15 c a x t * với c a b phương trình đường thẳng : y 1 t z 15 * với c a a 7,c 15, b 8 x 7t phương trình đường thẳng : y 1 8t z 15t VIIb y 1 x x 2x x x 1 y y 2y y u x Đặt v y x 1 y 1 3y1 3x 1 0.25 0.25 u u 3v 1 Hệ trở thành v v 3u Dễ dàng nhận thấy u u 3u v v 3v dạng f u f v * Xét hàm số f t t t 3t , t t f t 1 ' ln t t 1 nên hàm đồng biến t2 t t 1 0.25 3t ln 0, t ( t t t t t ) Khi phương trình * u v thay vào phương trình 1 ta được: u u 3u 3 ln u u ln 3u u ln ln u u u ln 0.25 Xét hàm số: g u ln u u u ln 3, u g' u u2 ln ln 0, u Nên hàm số nghịch biến Trang 214 Ta nhận thấy g nên phương trình 3 có nghiệm u x x Hay u v Vậy hệ có nghiệm x; y 1;1 y y 0.25 Trang 215 ... 24 x ? ?2 3 24 x .22 x ? ?2 2x 4 .24 x 24 .22 x ? ?2 2x 24 x 22 x ? ?2 2x 4 24 22 24 x 24 22 x ? ?2 x ? ?2 x 4 x ? ?2 x 24 x ? ?2 2x 4x 4 0 .25 x 4 24 x 24 ... 2 cos i sin 4 0 .25 2 ? ?2 2 i 2i 2 Vậy số phức z có: phần thực phần ảo 0 .25 ĐỀ SỐ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 20 11 Câu I ý Lời Giải Học sinh tự làm... y2 4xy2 2x 2y x y * , với x y2 thay vào * ta 6y 4xy2 2x 2y x y 4y 2x 4xy2 2x 2y 2y x xy 2y x 1 xy 2y x xy x 2y