Bộ đề tuyển sinh môn toán phần 2

x y2 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: xm 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  12       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  SIAM  SIBM  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 4x   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  11  i    z  11  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  11 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  1cos2x  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 b4  a  b     2a   b  b   a   4a O b 0.25 M N 0.25 4a 2a 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.SABC 3 0.25 3b2  a a a 3b2  a   0.25 Diện tích ABC:SABC  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  t2 0.25 t  2t  với t  3;9 Ta có: t2 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 gm 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 SABC  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   2y2  3.2y   2y  12.2y  2y  0.25 8  y  log2 11 11  x  1 Với  thay y  – 3x vào 1 ta được: 23x1  23x1  3.2 *  y   3x  t    loai  1 Đặt t  23x1 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  xy 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.SIBC  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   t0;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 x4 y2 z2 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  27k   C7k 27k.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 t1;  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   3y1   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