Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng OAB.. Theo chương trình THPT không phân ban 2 điểm 5.[r]
(1)ĐỀ THI ĐẠI HỌC VÀ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI D TÂY SƠN, THÁNG 7/2014 (2) (3) Bộ giáo dục và đào tạo §Ò chÝnh thøc Kỳ thi Tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 M«n thi : To¸n, Khèi D (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _ C©uI ( §H : ®iÓm ; C§ : ®iÓm ) y= Cho hµm sè : (1) ( m lµ tham sè ) x −1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) ứng với m = -1 Tính diện tích hình phẳng giới hạn đ−ờng cong (C) và hai trục tọa độ Tìm m để đồ thị hàm số (1) tiếp xúc với đ−ờng thẳng y = x C©u II (2m − 1)x − m ( §H : ®iÓm ; C§ : ®iÓm ) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh : Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : (x ) − 3x 2x − 3x − ≥ 2 x = 5y − y x + x +1 = y x +2 C©u III ( §H : ®iÓm ; C§ : ®iÓm ) Tìm x thuộc đoạn [ ; 14 ] nghiệm đúng ph−ơng trình : cos 3x − cos x + cos x − = C©u IV ( §H : ®iÓm ; C§ : ®iÓm ) Cho h×nh tø diÖn ABCD cã c¹nh AD vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC); AC = AD = cm ; AB = cm ; BC = cm TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A tíi mÆt ph¼ng (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 − = vµ ®−êng th¼ng d m : ( m lµ tham sè ) mx + (2 m + 1)z + m + = Xác định m để đ−ờng thẳng d m song song với mặt phẳng (P) C©u V (§H : ®iÓm ) T×m sè nguyªn d−¬ng 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 ph−ơng trình x y2 + = Xét điểm M chuyển động trên tia Ox và điểm N chuyển động trên tia Oy cho 16 đ−ờng thẳng MN luôn tiếp xúc với (E) Xác định tọa độ M , N để đoạn MN có độ dài nhỏ Tính giá trị nhỏ đó -HÕt Chó ý : Thí sinh thi cao đẳng không làm câu V C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh : Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Sè b¸o danh Email:ngahtuan@gmail.com Trang (4) Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh Đại học , cao đẳng năm 2002 M«n To¸n, khèi D Đáp án và thang điểm đề thi chính thức C©u Néi dung §iÓm §H C§ 4® 3® 1,5 I Khi m = -1 ,ta cã y = -TX§ : x ≠ - CBT : y , = (x − 1)2 − 3x − = −3 − x −1 x −1 > 0, ∀x ≠ ⇒ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/2 lim y = −3 ; lim y = +∞; lim y = −∞ x →1− x →∞ - x →1+ BBT : x -∞ y/ y +∞ + + +∞ -3 -3 -∞ - TC: x=1 là tiệm cận đứng vì lim y = ∞ x →1 y=-3 lµ tiÖm cËn ngang v× lim y = −3 x →∞ - Giao víi c¸c trôc : x = ⇒ y = 1; y = ⇒ x = - 1/3 - §å thÞ : y x Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang (5) DiÖn tÝch cÇn tÝnh lµ : − 3x − dx x −1 −1 / 1,5 1/4 1/2 1/4 1/4 1/4 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 2® 1/4 3® 1,5 1/4 1/2 1/4 1/4 S= ∫ = −3 ∫ dx − −1 / dx x −1 −1 / ∫ = −3 − ln x − −1/ = −1 + ln ( ®vdt) 3 Ký hiÖu ( m − 1)x − m f (x) = Yªu cÇu bµi to¸n t−¬ng ®−¬ng víi t×m x −1 m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm: f ( x ) = x (H) / / f (x) = (x ) − (x − m ) =0 x −1 (H) ⇔ / − (x − m ) = x − Ta cã − (x − m ) =0 x −1 ⇔ − 2(x − m )(x − 1) + (x − m ) = (x − 1)2 Ta thÊy víi ∀m ≠ ; x = m lu«n tho¶ m·n hÖ ( H ) V× vËy ∀m ≠ , (H) luôn có nghiệm , đồng thời m = thì hệ ( H ) vô nghiệm Do đó đồ thÞ hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng y = x vµ chØ m ≠ §S : m ≠ II x − 3x − = ⇔ x − 3x − > x − 3x ≥ BÊt ph−¬ng tr×nh TH 1: TH 2: x − 3x − = ⇔ 2x − 3x − = ⇔ x = ∨ x = − x − 3x − > 2x − 3x − > ⇔ x − 3x ≥ x − 3x ≥ x < − ∨ x > ⇔ x ≤ ∨ x ≥ Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 1/4 Trang (6) x<− ∨x≥3 Tõ hai tr−êng hîp trªn suy §S: x ≤ − ∨ x = ∨ x ≥ 2 2 x = 5y − y HÖ ph−¬ng tr×nh ⇔ x 2 = y 2 x = y > ⇔ y − y + y = 2 x = y > ⇔ y = ∨ y = ∨ y = x = x = ⇔ ∨ y = y = 1/4 1/4 1/4 1/4 1,5 1/4 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/2 1® 1® 1/4 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4 2® 1/4 2® 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 III Ph−¬ng tr×nh ⇔ (cos 3x + cos x ) − 4(cos x + 1) = ⇔ cos x − cos x = ⇔ cos x(cos x − ) = ⇔ cos x = π ⇔ x = + kπ x ∈ [0;14] ⇔ k = ∨ k = ∨ k = ∨ k = π 3π 5π 7π §S : x = ; x = ; x= ; x= 2 2 IV C¸ch Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông A , đó AB⊥AC Lại có AD⊥mp (ABC ) ⇒ AD⊥AB và AD⊥AC , nên AB, AC, AD đôi mét vu«ng gãc víi Do đó có thể chọn hệ toạ độ Đêcac vuông góc, gốc A cho B(3;0;0) , C(0;4;0), D( 0;0;4) MÆt ph¼ng (BCD) cã ph−¬ng tr×nh : x y z + + −1 = 4 Kho¶ng c¸ch cÇn tÝnh lµ : Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 1 1 + + 16 16 = 34 (cm) 17 Email:ngahtuan@gmail.com Trang (7) C¸ch Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông A , đó AB⊥AC Lại có AD⊥mp (ABC ) ⇒ AD⊥AB và AD⊥AC , nên AB, AC, AD đôi mét vu«ng gãc víi 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/2 1/2 1/4 1/4 1/4 1/4 D H A C E B Gäi AE lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ABC; AH lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ADE th× AH chÝnh lµ kho¶ng c¸ch cÇn tÝnh 1 1 DÔ dµng chøng minh ®−îc hÖ thøc: = + + 2 AH AD AB AC Thay AC=AD=4 cm; AB = cm vµo hÖ thøc trªn ta tÝnh ®−îc: 34 cm AH = 17 C¸ch 3: Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông A , đó AB⊥AC Lại có AD⊥mp (ABC ) ⇒ AD⊥AB và AD⊥AC , nên AB, AC, AD đôi mét vu«ng gãc víi Gäi V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABCD, ta cã V= ⋅ AB ⋅ AC ⋅ AD = 3V ¸p dông c«ng thøc AH = víi V = vµ dt( ∆ BCD) =2 34 dt (∆BCD) ta tÝnh ®−îc AH = 34 cm 17 C¸ch 1: → MÆt ph¼ng (P) cã vect¬ ph¸p tuyÕn n (2;−1;0 ) §−êng th¼ng d m cã vec → t¬ chØ ph−¬ng ( ) u (1 − m )(2 m + 1) ;−(2 m + 1) ;− m(1 − m ) → Suy d m song song víi (P) Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn → u n =3(2m+1) → → ⇔ u ⊥ n d ⊄ ( P ) m Email:ngahtuan@gmail.com Trang (8) Ta cã : ®iÒu kiÖn → → ⇔ u n = ∃A ∈ d , A ∉ (P ) m → → u.n = ⇔ m = − y − = , mäi ®iÓm MÆt kh¸c m = - 1/2 th× d m cã ph−¬ng tr×nh : x = A( 0;1;a) đ−ờng thẳng này không nằm (P), nên điều kiện ∃A ∈ d m , A ∉ (P ) ®−îc tho¶ m·n §S : m = - 1/2 C¸ch 2: ViÕt ph−¬ng tr×nh dm d−íi d¹ng tham sè ta ®−îc (1 − m)(2m + 1)t x = y = − (2m + 1) t z = −2 − m(1 − m)t x = (1 − m)(2 m + 1)t y = − (2 m + 1) t d m // (P) ⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn t sau v« nghiÖm z = − − m ( − m ) t 2x − y + = ⇔ ph−¬ng tr×nh Èn t sau 3(2m+1)t+1 = v« nghiÖm ⇔ m=-1/2 C¸ch 3: d m // (P) ⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn x, y, z sau 2x − y + = (H) (2 m + 1)x + (1 − x )y + m − = mx + (2 m + 1)z + 4m + = v« nghiÖm m −1 x = Tõ ph−¬ng tr×nh ®Çu cña hÖ ph−¬ng tr×nh trªn suy y = m + ThÕ x , y t×m ®−îc vµo ph−¬ng tr×nh thø ba ta cã : (2 m + 1)z = − (m + 11m + 6) HÖ (H) v« nghiÖm ⇔ m = − V 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 2® 1/4 n Ta cã : (x + 1)n = ∑ C kn x k , k =0 1/4 n Cho x = ta ®−îc n = ∑ C kn k k =0 ⇒ = 243 = ⇔ n = n Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 1/4 1/2 Trang (9) C¸ch Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > , n > là hai điểm chuyển động trên hai tia Ox vµ Oy x y + −1 = §−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : m n §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) vµ chØ : 2 1 1 16 + 9 = m n Theo B§T C«si ta cã : n2 m2 16 MN = m + n = m + n + = 25 + 16 + n m n m ( 1/4 1/4 ) ≥ 25 + 16.9 = 49 ⇒ MN ≥ 16 n m = n m 2 §¼ng thøc x¶y ⇔ m + n = 49 ⇔ m = , n = 21 m > 0, n > ( ) ( 1/4 ) KL: Với M ;0 , N 0; 21 thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = 1/4 C¸ch Giả sử M(m;0) và N(0;n) với m > , n > là hai điểm chuyển động trên hai tia Ox vµ Oy x y §−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : + −1 = m n 1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) vµ chØ : 2 1 1 16 + 9 = m n Theo bất đẳng thức Bunhiacốpski ta có ( ) 16 MN = m + n = m + n + n m ⇒ MN ≥ m : m = n : n - §¼ng thøc x¶y ⇔ m + n = m > 0, n > ( ) ( 1/4 3 ≥ m + n = 49 n m 1/4 ⇔ m = , n = 21 ) KL: Với M ;0 , N 0; 21 thì MN đạt GTNN và GTNN (MN) = C¸ch 3: xx yy Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm (x0 ; y0) thuéc (E) : + =1 16 1/4 1/4 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang (10) 16 Suy toạ độ M và N là M ;0 và N 0; x0 y0 2 2 2 x y 16 16 9 ⇒ MN = + = + + x y 16 x y Sử dụng bất đẳng thức Côsi Bunhiacôpski (nh− cách cách 2) ta cã : MN ≥ 1/4 1/4 21 ;y0 = 7 - Khi đó M ;0 , N 0; 21 và GTNN (MN) = - §¼ng thøc x¶y ⇔ x = ( ) ( ) 1/4 -HÕt Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang (11) Bộ giáo dục và đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học ,cao đẳng năm 2002 - H−íng dÉn chÊm thi m«n to¸n khèi D C©u I: -Nếu TS làm sai b−ớc nào thì kể từ đó trở không đ−ợc điểm -Nếu TS xác định đúng hàm số và tìm đúng tiệm cận thì đ−ợc 1/4 điểm Nếu TS làm sai b−ớc nào thì kể từ đó trở không đ−ợc điểm -NÕu TS dïng ®iÒu kiÖn nghiÖm kÐp th× kh«ng ®−îc ®iÓm -NÕu TS kh«ng lo¹i gi¸ trÞ m = th× bÞ trõ 1/4 ®iÓm C©u II: -Nếu TS làm sai b−ớc nào thì kể từ đó trở không đ−ợc điểm -NÕu TS kÕt luËn nghiÖm sai bÞ trõ 1/4 ®iÓm f ( x ) ≥ g(x) ≥ -NÕu TS sö dông ®iÒu kiÖn sai: f (x ).g(x) ≥ ⇔ và dẫn đến kết đúng f ( x ) < g(x) ≤ bÞ trõ 1/4 ®iÓm TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó C©u III: TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó C©u IV: TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó C©u V: TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó TS làm đúng b−ớc nào đ−ợc điểm b−ớc đó HÕt Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang (12) Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 M«n thi: to¸n Khèi D Thêi gian lµm bµi: 180 phót _ §Ò chÝnh thøc C©u (2 ®iÓm) x2 − x + (1) x−2 2) Tìm m để đ−ờng thẳng d m : y = mx + − 2m cắt đồ thị hàm số (1) hai điểm ph©n biÖt C©u (2 ®iÓm) x x π sin − tg x − cos = 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 4 y= 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 2 2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh x − x − 22 + x − x = C©u (3 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho đ−ờng tròn 2) 3) (C ) : ( x − 1) + ( y − 2) = vµ ®−êng th¼ng d : x − y − = Viết ph−ơng trình đ−ờng tròn (C ') đối xứng với đ−ờng tròn (C ) qua đ−ờng thẳng d Tìm tọa độ các giao điểm (C ) và (C ') Trong không gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho đ−ờng thẳng x + 3ky − z + = dk : kx − y + z + = Tìm k để đ−ờng thẳng d k vuông góc với mặt phẳng ( P) : x − y − z + = Cho hai mÆt ph¼ng ( P) vµ (Q) vu«ng gãc víi nhau, cã giao tuyÕn lµ ®−êng th¼ng ∆ Trªn ∆ lÊy hai ®iÓm A, B víi AB = a Trong mÆt ph¼ng ( P) lÊy ®iÓm C , mÆt ph¼ng (Q) lÊy ®iÓm D cho AC , BD cïng vu«ng gãc víi ∆ vµ AC = BD = AB TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn ABCD vµ tÝnh kho¶ng cách từ A đến mặt phẳng ( BCD) theo a C©u ( ®iÓm) 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y= x +1 x +1 trªn ®o¹n [ −1; 2] 2) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ x − x dx C©u (1 ®iÓm) Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, gäi a3n −3 lµ hÖ sè cña x3n −3 khai triÓn thµnh ®a thức ( x + 1) n ( x + 2) n Tìm n để a3n −3 = 26n HÕt -Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:…………………………… …… Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Sè b¸o danh:………………… Email:ngahtuan@gmail.com Trang 10 (13) Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 −−−−−−−−−−−−− đáp án −thang điểm đề thi chính thức M«n thi : to¸n Khèi D Néi dung ®iÓm 2®iÓm C©u 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số y = x2 − x + x−2 ®iÓm Tập xác định : R \{ } Ta cã y = y ' = 1− x2 − x + = x+ x−2 x−2 ( x − 2) = x2 − x x=0 y'= ⇔ x = ( x − 2) lim [ y − x ] = lim = ⇒ tiệm cận xiên đồ thị là: y = x , x →∞ x →∞ x − lim y = ∞ ⇒ tiệm cận đứng đồ thị là: x = 0,25® x→2 B¶ng biÕn thiªn: x y’ y −∞ −∞ + −2 C§ − − +∞ + +∞ +∞ CT −∞ §å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; −2) 0,5® y O −2 x 2) ®iÓm Đ−ờng thẳng d m cắt đồ thị hàm số (1) điểm phân biệt = mx + − 2m cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c ⇔ ph−¬ng tr×nh x + x−2 ⇔ (m − 1)( x − 2)2 = cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c ⇔ m − > ⇔ m > VËy gi¸ trÞ m cÇn t×m lµ m > Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 0,25® Email:ngahtuan@gmail.com 0,5® 0,5® Trang 11 (14) C©u 2®iÓm x x π 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh sin − tg x − cos = (1) 2 4 §iÒu kiÖn: cos x ≠ (*) Khi đó (1) ⇔ ®iÓm 1 π sin x cos − − = (1 + cos x ) ⇔ (1 − sin x ) sin x = (1 + cos x ) cos x x 2 cos x ⇔ (1 − sin x ) (1 − cos x)(1 + cos x) = (1 + cos x ) (1 − sin x)(1 + sin x) ⇔ (1 − sin x ) (1 + cos x)(sin x + cos x) = 0,5® π x = + k 2π sin x = ⇔ cos x = −1 ⇔ x = π + k 2π tgx = −1 π x = − + kπ 0,25® ( k ∈ Z) x = π + k 2π KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: x = − π + kπ 2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 x − x − 22 + x − x = ( k ∈ Z) (1) 0,25® ®iÓm §Æt t = x − x ⇒ t > = ⇔ t − 3t − = ⇔ (t + 1)(t − 4) = ⇔ t = (v× t > ) t x = −1 VËy x − x = ⇔ x − x = ⇔ x = x = −1 Do đó nghiệm ph−ơng trình là x = C©u 1) Khi đó (1) trở thành t − 0,5® 0,5® 3®iÓm ®iÓm Tõ (C ) : ( x − 1) + ( y − 2)2 = suy (C ) cã t©m I (1; 2) vµ b¸n kÝnh R = uur Đ−ờng thẳng d có véctơ pháp tuyến là n = (1; −1) Do đó đ−ờng thẳng ∆ qua x −1 y − = ⇔ x+ y −3 = I (1; 2) vµ vu«ng gãc víi d cã ph−¬ng tr×nh: −1 Tọa độ giao điểm H d và ∆ là nghiệm hệ ph−ơng trình: x − y −1 = x = ⇔ ⇒ H (2;1) x + y − = y =1 Gọi J là điểm đối xứng với I (1; 2) qua d Khi đó x J = xH − xI = 0,5 ⇒ J (3;0) = − = y x x H I J Vì (C ') đối xứng với (C ) qua d nên (C ') có tâm là J (3;0) và bán kính R = 0,25® Do đó (C ') có ph−ơng trình là: ( x − 3)2 + y = Tọa độ các giao điểm (C ) và (C ') là nghiệm hệ ph−ơng trình: ( x − 1)2 + ( y − 2) = y = x −1 x = 1, y = x − y − = ⇔ ⇔ ⇔ 2 x = 3, y = ( x − 3)2 + y = ( x − 3) + y = 2 x − x + = Vậy tọa độ giao điểm (C ) và (C ') là A(1;0) và B (3; 2) Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25® Trang 12 (15) 2) uur Ta có cặp vectơ pháp tuyến hai mặt phẳng xác định d k là n1 = (1;3k ; −1) r uur vµ n2 = (k ; −1;1) Vect¬ ph¸p tuyÕn cña ( P) lµ n = (1; −1; −2) §−êng th¼ng d k cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ: r uur uur r u = n1, n2 = (3k − 1; − k − 1; −1 − 3k ) ≠ ∀ k r r 3k − − k − −1 − 3k d k ⊥ ( P) ⇔ u || n ⇔ = = ⇔ k = Nªn −1 −2 VËy gi¸ trÞ k cÇn t×m lµ k = 1 ®iÓm 3) ®iÓm C P Ta cã (P) ⊥ (Q) vµ ∆ = (P) ∩ (Q), mµ AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay 0,5® 0,5 ® CAD = 900 T−¬ng tù, ta cã BD ⊥ ∆ nªn H BD ⊥(P), đó CBD = 900 Vậy A và B 0,25® A, B n»m trªn mÆt cÇu ®−êng kÝnh CD Vµ b¸n kÝnh cña mÆt cÇu lµ: CD R= = BC + BD D 2 Q a 0,25® = AB + AC + BD = 2 Gäi H lµ trung ®iÓm cña BC⇒ AH ⊥ BC Do BD ⊥(P) nªn BD ⊥ AH ⇒AH ⊥ (BCD) a 0,5® Vậy AH là khoảng cách từ A đến mặt phẳng (BCD) và AH = BC = 2 ∆ B A C©u 2®iÓm 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y = y'= 1− x ( x + 1) y ' = ⇔ x = x +1 x2 + trªn ®o¹n [ −1; 2] ®iÓm 0,5® Ta cã y (−1) = 0, y(1) = 2, y (2) = VËy max y = y (1) = [ −1;2] vµ y = y (−1) = [ −1;2] 0,5® 2) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ x − x dx ®iÓm Ta cã x − x ≤ ⇔ ≤ x ≤ , suy I = ∫ ( x − x ) dx + ∫ ( x − x) dx x x3 x3 x = − + − = 3 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 0,5® Email:ngahtuan@gmail.com 0,5® Trang 13 (16) C©u 1®iÓm C¸ch 1: Ta cã ( x + 1) = Cn0 x 2n + C1n x 2n − + Cn2 x 2n − + + Cnn , ( x + 2) n = Cn0 x n + 2C1n x n −1 + 22 Cn2 x n − + 23 Cn3 x n −3 + + 2n Cnn n DÔ dµng kiÓm tra n = 1, n = kh«ng tháa m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n Víi n ≥ th× x3n −3 = x 2n x n −3 = x 2n − x n −1 Do đó hệ số x3n −3 khai triển thành đa thức ( x + 1) n ( x + 2) n là a3n −3 = 23.Cn0 Cn3 + 2.C1n C1n n=5 2n(2n2 − 3n + 4) = 26n ⇔ VËy a3n −3 = 26n ⇔ n = − VËy n = lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× n nguyªn d−¬ng) C¸ch 2: Ta cã n 0,25® hoÆc n 2 ( x + 1) ( x + 2) = x + 1 + x2 x i n k n n i −2i n k k − k 3n 3n i k 2 C C x =x = ∑ Cn x ∑ Cn x ∑ n ∑ n i = x k = x i = k =0 n n 3n 0,75® Trong khai triÓn trªn, luü thõa cña x lµ 3n − −2i − k = −3 , hay 2i + k = Ta chØ cã hai tr−êng hîp tháa ®iÒu kiÖn nµy lµ i = 0, k = hoÆc i = 1, k = Nªn hÖ sè cña x3n −3 lµ a3n −3 = Cn0 Cn3.23 + C1n C1n n=5 2n(2n2 − 3n + 4) = 26n ⇔ Do đó a3n −3 = 26n ⇔ n = − VËy n = lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× n nguyªn d−¬ng) Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,75® 0,25® Trang 14 (17) Bộ giáo dục và đào tạo -§Ò chÝnh thøc Đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 M«n: To¸n, Khèi D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề - C©u I (2 ®iÓm) y = x − 3mx + 9x + (1) víi m lµ tham sè Cho hµm sè 1) Kh¶o s¸t hµm sè (1) m = 2) Tìm m để điểm uốn đồ thị hàm số (1) thuộc đ−ờng thẳng y = x + C©u II (2 ®iÓm) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh (2 cos x − 1) (2 sin x + cos x ) = sin x − sin x ⎧⎪ x + y = 2) Tìm m để hệ ph−ơng trình sau có nghiệm ⎨ ⎪⎩x x + y y = − 3m C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có các đỉnh A(−1; 0); B(4; 0); C(0; m) với m ≠ Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC theo m Xác định m để tam giác GAB vu«ng t¹i G 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng ABC.A B1C1 Biết A(a; 0; 0), B(−a; 0; 0), C(0; 1; 0), B1 (−a; 0; b), a > 0, b > a) TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng B1C vµ AC1 theo a, b b) Cho a, b thay đổi, nh−ng luôn thỏa mãn a + b = Tìm a, b để khoảng cách hai đ−ờng th¼ng B1C vµ AC1 lín nhÊt 3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(2; 0; 1), B(1; 0; 0), C(1; 1; 1) và mặt ph¼ng (P): x + y + z − = ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ®i qua ba ®iÓm A, B, C vµ cã t©m thuéc mÆt ph¼ng (P) C©u IV (2 ®iÓm) 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ ln( x − x ) dx ⎛ ⎞ ⎟ víi x > 2) T×m c¸c sè h¹ng kh«ng chøa x khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña ⎜⎜ x + ⎟ x⎠ ⎝ C©u V (1 ®iÓm) Chứng minh ph−ơng trình sau có đúng nghiệm x − x − 2x − = C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh Sè b¸o danh Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 15 (18) Bộ giáo dục và đào tạo §¸p ¸n - Thang ®iÓm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 M«n: To¸n, Khèi D §Ò chÝnh thøc C©u I (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã trang) Néi dung ý §iÓm 2,0 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm) m = ⇒ y = x − 6x + 9x + a) Tập xác định: R b) Sù biÕn thiªn: y ' = 3x − 12x + = 3(x − 4x + 3) ; y ' = ⇔ x = 1, x = yC§ = y(1) = , yCT = y(3) =1 y'' = 6x −12 = ⇔ x = ⇒ y = §å thÞ hµm sè låi trªn kho¶ng (− ∞; 2), lâm trªn kho¶ng (2; + ∞) vµ cã ®iÓm uèn lµ U(2; 3) B¶ng biÕn thiªn: x −∞ +∞ y' + y − 0,25 + +∞ −∞ 0,25 0,25 c) §å thÞ: §å thÞ hµm sè c¾t trôc Oy t¹i ®iÓm (0; 1) 0,25 Tìm m để điểm uốn đồ thị hàm số (1,0 điểm) y = x3 − 3mx2 + 9x + (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m y"= ⇔ x = m ⇒ y = − 2m + 9m + y" đổi dấu từ âm sang d−ơng qua x = m, nên điểm uốn đồ thị hàm số (1) lµ I( m; − 2m3 + 9m +1) I thuéc ®−êng th¼ng y = x + ⇔ − 2m3 + 9m + = m + ⇔ 2m(4 − m2 ) = ⇔ m = hoÆc m = ±2 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 16 (19) 2,0 II Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm) ( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx ⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = π • 2cosx − 1= ⇔ cosx = ⇔ x = ± + k2π, k ∈ Z π • sinx + cosx = ⇔ tgx = −1 ⇔ x = − + kπ, k ∈ Z π π VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: x = ± + k2π vµ x = − + kπ, k ∈ Z Tìm m để hệ ph−ơng trình có nghiệm (1,0 điểm) ⎧u + v = Đặt: u = x , v = y, u ≥ 0, v ≥ Hệ đã cho trở thành: ⎨ (*) u v 3m + = − ⎩ ⎧u + v = ⇔⎨ ⇔ u, v lµ hai nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: t2 − t + m = (**) uv m = ⎩ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Hệ đã cho có nghiệm (x; y) ⇔ Hệ (*) có nghiệm u ≥ 0, v ≥ ⇔ Ph−ơng trình (**) cã hai nghiÖm t kh«ng ©m ⎧∆ = − 4m ≥ ⇔0≤m≤ ⇔ ⎪⎨S = ≥ ⎪P = m ≥ ⎩ III Tính toạ độ trọng tâm G tam giác ABC và tìm m (1,0 điểm) Trọng tâm G tam giác ABC có tọa độ: x + xB + xC y + y B + yC m m = 1; yG = A = VËy G(1; ) xG = A 3 3 JJJG JJJG Tam gi¸c ABC vu«ng gãc t¹i G ⇔ GA.GB = JJJG m JJJG m GA(−2; − ), GB(3; − ) 3 JJJG JJJG m GA.GB = ⇔ − + = ⇔ m = ±3 TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1, (1,0 ®iÓm) a) Tõ gi¶ thiÕt JJJJsuy G ra: C1 (0; 1; b), B1C = (a; 1; − b) JJJJG JJJJG AC1 = (−a; 1; b), AB1 = (−2a;0; b) 0,25 0,25 3,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 17 (20) JJJJG JJJJG JJJJG ⎡ B1C, AC1 ⎤ AB1 ab ⎣ ⎦ = d ( B1C, AC1 ) = JJJJG JJJJG 2 ⎡ B1C, AC1 ⎤ a b + ⎣ ⎦ b) áp dụng bất đẳng thức Côsi, ta có: ab ab 1 a+b d(B1C; AC1 ) = ab ≤ ≤ = = 2ab 2 a + b2 DÊu "=" x¶y vµ chØ a = b = VËy kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1 lín nhÊt b»ng a = b = ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (1,0 ®iÓm) I(x; y; z) lµ t©m mÆt cÇu cÇn t×m ⇔ I ∈ (P) vµ IA = IB = IC Ta cã: IA2 = (x − 2)2 + y2 + ( z − 1)2 ; IB2 = (x − 1)2 + y2 + z2 ; IC2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( z − 1)2 Suy hÖ ph−¬ng tr×nh: ⎧x + y + z − = ⎪ 2 ⎨IA = IB ⎪ 2 ⎩IB = IC ⎧x + y + z = ⎪ ⇔ ⎨x + z = ⎪y + z = ⎩ ⇔ x = z = 1; y = R = IA = ⇒ Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu lµ ( x − 1)2 + y2 + ( z − 1)2 =1 IV 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2,0 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm) I= ∫ 2x − ⎧ ⎧u = ln(x − x) ⎪du = dx ⇒⎨ ln(x − x) dx §Æt ⎨ x −x ⎩dv = dx ⎩⎪ v = x 3 I = x ln(x − x) − ∫ 2 0,25 2x − 1 ⎞ ⎛ dx = 3ln − ln − ∫ ⎜ + ⎟dx − x −1 x ⎝ ⎠ = 3ln − ln − ( 2x + ln x − ) 0,25 0,25 0,25 2 I = 3ln6 − 2ln2 − − ln2 = 3ln3 − T×m sè h¹ng kh«ng chøa x (1, ®iÓm) 7 ⎞ ⎛3 k Ta cã: ⎜ x + ⎟ = ∑ C7 x ⎠ k =0 ⎝ ( x) 7−k 7−k −k = ∑ C7k x k =0 x ⎛ ⎞ ⎜4 ⎟ ⎝ x⎠ k = ∑ C7k x 0,25 28− 7k 12 k =0 Sè h¹ng kh«ng chøa x lµ sè h¹ng t−¬ng øng víi k (k ∈ Z, ≤ k ≤ 7) tho¶ m·n: 28 − 7k = ⇔ k = 12 Sè h¹ng kh«ng chøa x cÇn t×m lµ C = 35 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 Trang 18 (21) V Chøng minh ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm nhÊt x5 − x2 − 2x − = (1) (1) ⇔ x5 = ( x + 1)2 ≥ ⇒ x ≥ ⇒ (x + 1) ≥ ⇒ x5 ≥ ⇒ x ≥ Với x ≥ 1: Xét hàm số f (x) = x − x − 2x − Khi đó f(x) là hàm số liên tục víi mäi x ≥ Ta cã: f(1) = − < 0, f(2) = 23 > Suy f(x) = cã nghiÖm thuéc ( 1; 2) (2) f '( x) = 5x − 2x − = (2x − 2x) + (2x − 2) + x = 2x(x − 1) + 2(x − 1) + x > 0, ∀x ≥ Suy f(x) đồng biến trên [ 1; +∞) (3) Từ (1), (2), (3) suy ph−ơng trình đã cho có đúng nghiệm Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 1,0 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 19 (22) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề - Câu I (2 điểm) m (*) ( m là tham số) Gọi (Cm ) là đồ thị hàm số y = x − x + 3 1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (*) m = 2) Gọi M là điểm thuộc (Cm ) có hoành độ −1 Tìm m để tiếp tuyến (Cm ) điểm M song song với đường thẳng 5x − y = Câu II (2 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 2) x + + x + − x + = π⎞ ⎛ π⎞ ⎛ cos x + sin x + cos ⎜ x − ⎟ sin ⎜ 3x − ⎟ − = 4⎠ ⎝ 4⎠ ⎝ Câu III (3 điểm) x y2 + = Tìm 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm C ( 2;0 ) và elíp ( E ) : tọa độ các điểm A, B thuộc ( E ) , biết hai điểm A, B đối xứng với qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng ⎧x+y−z−2 = x −1 y + z +1 và d1 : = = d2 : ⎨ −1 ⎩ x + 3y − 12 = a) Chứng minh d1 và d song song với Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa hai đường thẳng d1 và d b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng d1 , d các điểm A, B Tính diện tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ) Câu IV (2 điểm) π 1) Tính tích phân I = ∫ ( esin x + cos x ) cos xdx 2) Tính giá trị biểu thức M = A 4n +1 + 3A 3n , biết C2n +1 + 2C2n + + 2C2n +3 + Cn2 + = 149 ( n + 1)! ( n là số nguyên dương, A kn là số chỉnh hợp chập k n phần tử và C kn là số tổ hợp chập k n phần tử) Câu V (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz = Chứng minh + x + y3 + y3 + z + z3 + x + + ≥ 3 xy yz zx Khi nào đẳng thức xảy ra? -Hết -Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 20 (23) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 -Môn: TOÁN, Khối D (Đáp án – thang điểm gồm trang) Nội dung Điểm 2,0 1,0 Ý I.1 1 m = ⇒ y = x3 − x2 + 3 a) TXĐ: \ 0,25 b) Sự biến thiên: y ' = x − 2x, y ' = ⇔ x = 0, x = Bảng biến thiên: x − ∞ + − y’ 0 +∞ + y +∞ 0,25 −1 − ∞ yCĐ = y ( ) = , y CT = y ( ) = −1 c) Tính lồi lõm, điểm uốn y '' = 2x − 2, y '' = ⇔ x = x −∞ y’’ − lồi Đồ thị hàm số ⎛ ⎝ 1⎞ ⎛ U ⎜1; − ⎟ 3⎠ ⎝ +∞ 0,25 + lõm 1⎞ 3⎠ Đồ thị hàm số nhận U ⎜ 1; − ⎟ là điểm uốn d) Đồ thị y 0,25 O -1 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com x Trang 21 (24) I.2 1,0 Ta có: y ' = x − mx ⎛ ⎝ Điểm thuộc (Cm) có hoành độ x = −1 là M ⎜ −1; − m⎞ ⎟ 2⎠ 0,25 Tiếp tuyến M (Cm) là ∆: y + m m+2 = y ' ( −1)( x + 1) ⇔ y = ( m + 1) x + 2 0,25 ∆ song song với d :5x − y = ( hay d : y = 5x ) và ⎧m + = ⇔ m = ⎨ ⎩m + ≠ Vậy m = II 0,50 2,0 1,0 II.1 x + + x + − x + = 0,25 ĐK: x ≥ −1 Phương trình đã cho tương đương với ( ) x +1 +1 − x +1 = ⇔ ( ) x +1 +1 − x +1 = ⇔ x +1 = ⇔ x = 0,50 0,25 II.2 1,0 Phương trình đã cho tương đương với ⎤ 1⎡ ⎛ π⎞ − 2sin x cos x + ⎢sin ⎜ 4x − ⎟ + sin 2x ⎥ − = 2⎣ ⎝ 2⎠ ⎦ 0,25 ⇔ − sin 2x − cos 4x + sin 2x − = ⇔ − sin 2x − (1 − 2sin 2x ) + sin 2x − = 0,50 ⇔ sin 2x + sin 2x − = ⇔ sin 2x = sin 2x = −2 (loại) Vậy sin 2x = ⇔ 2x = Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn π π + 2kπ ⇔ x = + kπ ( k ∈ ] ) Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 Trang 22 (25) III III.1 Giả sử A ( x o ; y o ) Do A, B đối xứng qua Ox nên B(x o ; − y o ) Ta có AB2 = 4yo2 và AC = ( x o − ) + y 2 x o2 x2 + y o2 = ⇒ y o2 = − o 4 2 Vì AB = AC nên ( x o − ) + y o = 4y o Vì A ∈ ( E ) nên (1) 3,0 1,0 0,25 0,25 (2) Thay (1) vào (2) và rút gọn ta ⎡xo = 7x − 16x o + = ⇔ ⎢ ⎢xo = ⎢⎣ 0,25 o Với x = thay vào (1) ta có y = Trường hợp này loại vì A ≡ C thay vào (1) ta có y = ± 7 ⎛2 3⎞ ⎛2 3⎞ ⎛2 3⎞ ⎛2 3⎞ A ⎜ ; − Vậy A ⎜ ; , B ; − ⎟ ⎜ ⎟⎟ , B ⎜⎜ ; ⎟ ⎟⎟ ⎜7 ⎟ ⎜7 ⎜7 ⎟ 7 7 ⎝ ⎠ ⎝ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎠ Với x = III.2a 0,25 JJG d1 qua M1 (1; −2; −1) và có vectơ phương u1 = ( 3; −1; ) 1,0 JJG ⎛ − −1 1 ⎞ ; ; d có vectơ phương là u = ⎜ ⎟ = ( 3; −1; ) ⎝3 0 1 3⎠ JJG JJG Vì u1 = u và M1 ∉ d nên d1 // d Mặt phẳng (P) chứa d nên có phương trình dạng 0,25 α ( x + y − z − ) + β ( x + 3y − 12 ) = (α + β2 ≠ ) Vì M1 ∈ ( P ) nên α (1 − + − ) + β (1 − − 12 ) = ⇔ 2α + 17β = Chọn α = 17 ⇒ β = −2 Phương trình (P) là: 15x + 11y − 17z − 10 = III.2b 0,25 0,25 0,25 1,0 Vì A, B ∈ Oxz nên y A = y B = x A − zA + = = ⇒ x A = z A = −5 , ⇒ A ( −5;0; −5 ) −1 ⎧ x − z B − = ⎧ x B = 12 B ∈ d2 ⇒ ⎨ B ⇔⎨ ⇒ B(12;0;10) x 12 z 10 − = = ⎩ B ⎩ B Vì A ∈ d1 nên JJJG JJJG JJJG JJJG OA = ( −5;0; −5 ) , OB = (12;0;10 ) ⇒ ⎣⎡ OA, OB⎦⎤ = ( 0; −10;0 ) JJJG JJJG S∆OAB = ⎡⎣ OA, OB⎤⎦ = 10 = (đvdt) 2 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,50 0,50 Trang 23 (26) IV 2,0 1,0 IV.1 π π + cos 2x dx I = ∫ esin x d ( sin x ) + ∫ π = esin x =e+ IV.2 1⎛ ⎞ + ⎜ x + sin 2x ⎟ 2⎝ ⎠ 0,25 π 0,50 π − 0,25 1,0 ĐK: n ≥ 2 2 Ta có C n +1 + 2C n + + 2C n + + C n + = 149 ⇔ ( n + 1)! + ( n + )! + ( n + 3)! + ( n + )! = 149 2!( n − 1)! 2!n! 2!( n + 1)! 2!( n + )! 0,25 ⇔ n + 4n − 45 = ⇔ n = 5, n = −9 Vì n nguyên dương nên n = 6! 5! + A + 3A 2! 2! = M= = 6! 6! 0,25 0,50 V 1,0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có + x + y3 ≥ 3 1.x y3 = 3xy ⇔ + x + y3 ≥ xy xy (1) + y3 + z3 ≥ yz yz (2) + z3 + x 3 ≥ zx zx (3) 0,25 (4) 0,25 0,25 Tương tự Mặt khác 3 + + ≥3 xy yz zx ⇒ 3 xy yz zx 3 + + ≥3 xy yz zx Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh Đẳng thức xảy ⇔ (1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức ⇔ x = y = z = 0,25 -Hết - Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 24 (27) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Gọi d là đường thẳng qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) điểm phân biệt Câu II (2 điểm) Giải phương trình: cos3x + cos2x − cosx − = 2x − + x − 3x + = Giải phương trình: ( x ∈ \ ) Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3) và hai đường thẳng: x −2 y+ z −3 x −1 y −1 z + d1 : = = , d2 : = = −1 −1 1 Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1 Viết phương trình đường thẳng Δ qua A, vuông góc với d1 và cắt d2 Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân: I = ∫ ( x − ) e2x dx Chứng minh với a > , hệ phương trình sau có nghiệm nhất: ⎧⎪e x − e y = ln(1 + x) − ln(1 + y) ⎨ ⎪⎩ y − x = a PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a câu V.b Câu V.a Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x + y − 2x − 2y + = và đường thẳng d: x − y + = Tìm tọa độ điểm M nằm trên d cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C) Đội niên xung kích trường phổ thông có 12 học sinh, gồm học sinh lớp A, học sinh lớp B và học sinh lớp C Cần chọn học sinh làm nhiệm vụ, cho học sinh này thuộc không quá lớp trên Hỏi có bao nhiêu cách chọn vậy? Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 2 Giải phương trình: x + x − 4.2x − x − 22x + = Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác cạnh a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M và N là hình chiếu vuông góc A trên các đường thẳng SB và SC Tính thể tích khối chóp A.BCNM - Hết Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh số báo danh Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 25 (28) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối D ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Câu I Ý Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên và 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 và ( 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 và f ( x ) = x + 3x + − m có nghiệm phân biệt khác 15 ⎧ ⎧⎪Δ = − ( − m ) > ⎪m > ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ f 24 m = − ≠ ( ) ⎪⎩m ≠ 24 ⎩⎪ Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 Trang 26 (29) II 2,00 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã 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 Đặt t = 2x − ( t ≥ ) ⇒ x = Phương trình đã cho trở thành: 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) và vuông 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 và ( α ) là 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 là trung điểm AA ' ⇒ A ' ( −1; −4;1) Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm) Vì Δ qua A, vuông góc với d1 và cắt d , nên Δ qua giao điểm B d và ( α ) 0,25 0,25 0,25 Tọa độ giao điểm B d và ( α ) là 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 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 0,25 0,25 2,00 0,25 1 − ∫ e2x dx 20 e2 = − + − e 2x 0,25 = − 3e Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,50 Trang 27 (30) Chứng minh với a > 0, hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x, y > −1 Hệ đã cho tương đương với: ⎧⎪e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) = (1) ⎨ ( 2) ⎪⎩ y = x + a Hệ đã cho có nghiệm và 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; + ∞ ) và 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 đã cho có nghiệm 0,25 0,25 V.a Tìm tọa độ điểm M để đường tròn 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 bài 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 bài toán là: M1 (1; ) , M ( − 2; 1) 0,25 Số cách chọn học sinh thuộc không quá lớp (1,00 điểm) Số cách chọn học sinh từ 12 học sinh đã cho là C12 = 495 Số cách chọn học sinh mà lớp có ít em tính sau: 0,25 - Lớp A có học sinh, các lớp B, C lớp có học sinh Số cách chọn là: C52 C14 C13 = 120 - Lớp B có học sinh, các lớp C, A lớp có học sinh Số cách chọn là: C15 C42 C13 = 90 - Lớp C có học sinh, các lớp A, B lớp có học sinh Số cách chọn là: C15 C14 C32 = 60 Số cách chọn học sinh mà lớp có ít học sinh là: 120 + 90 + 60 = 270 Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 − 270 = 225 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,50 0,25 Trang 28 (31) V.b 2,00 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã 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 đã 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 là trung điểm BC, H là hình chiếu vuông góc A trên 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 bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định Hết Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 29 (32) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) 2x x +1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) hàm số đã cho Cho hàm số y = Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến (C) M cắt hai trục Ox, Oy A, B và tam giác OAB có diện tích Câu II (2 điểm) x x⎞ ⎛ Giải phương trình: ⎜ sin + cos ⎟ + cos x = 2 2⎠ ⎝ Tìm giá trị tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: 1 ⎧ ⎪x + x + y + y = ⎪ ⎨ ⎪ x + + y3 + = 15m − 10 ⎪⎩ x3 y3 Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A (1; 4; ) , B ( −1; 2; ) và đường thẳng x −1 y + z = = −1 Viết phương trình đường thẳng d qua trọng tâm G tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( OAB ) Δ: Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ cho MA + MB2 nhỏ Câu IV (2 điểm) e Tính tích phân: I = ∫ x 3ln xdx b a ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ Cho a ≥ b > Chứng minh rằng: ⎜ 2a + a ⎟ ≤ ⎜ 2b + b ⎟ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chọn làm hai câu: V.a V.b) Câu V.a Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 10 Tìm hệ số x khai triển thành đa thức của: x (1 − 2x ) + x (1 + 3x ) 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( C ) : ( x − 1) + ( y + ) = và đường thẳng d : 3x − 4y + m = Tìm m để trên d có điểm P mà từ đó có thể kẻ hai tiếp tuyến PA, PB tới ( C ) (A, B là các tiếp điểm) cho tam giác PAB Câu V.b Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1 Giải phương trình: log x + 15.2 x + 27 + log = 4.2 x − n = BAD n = 900 , BA = BC = a, AD = 2a Cạnh Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, ABC ( ) bên SA vuông góc với đáy và SA = a Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên SB Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( SCD ) -Hết Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 30 (33) 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 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Ý Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) 2x = 2− Ta có y = x +1 x +1 • Tập xác định: D = \ \{−1} > 0, ∀x ∈ D • Sự biến thiên: y ' = (x + 1) Bảng biến thiên −1 x −∞ + 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: Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 2x 02 ( x + 1)2 − x 02 ⎡ ⎡ 2x 02 + x + = x0 = − ⎢ ⇔ = ⇔⎢ 2 ⎢ ⎣⎢ 2x − x − = ⎣x0 = Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,50 Trang 31 (34) ⎛ ⎞ ta có M ⎜ − ; − ⎟ ⎝ ⎠ Với x = ta có M (1;1) Với x = − 0,25 ⎛ ⎞ Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M ⎜ − ; − ⎟ và M (1;1) ⎝ ⎠ II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã 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 đã cho trở thành: x y ⎧u + v = ⎪⎧u + v = ⇔⎨ ⎨ 3 ⎩uv = − m ⎪⎩u + v − ( u + v ) = 15m − 10 ⇔ u, v là nghiệm phương trình: t − 5t + = m (1) Hệ đã cho có nghiệm và 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 +∞ 5/ − − +∞ + 0,50 +∞ f (t) 22 7/4 Từ bảng biến thiên hàm số suy hệ đã cho có nghiệm và ≤ 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: Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,50 0,25 0,25 Trang 32 (35) ( ⇒ MA + MB2 = t + ( − t ) + ( − 2t ) 2 ) + ( ( −2 + t ) + ( − t ) + ( − 2t ) 2 ) 0,50 = 12t − 48t + 76 = 12 ( t − ) + 28 MA + MB2 nhỏ ⇔ t = Khi đó 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 đã cho tương đương với 0,50 Vậy I = ( ln + 4a (1 + ) ≤ (1 + ) ⇔ a ln (1 + ) với x > Ta có: Xét hàm f ( x ) = a b b a ) ≤ ln (1 + ) b 0,50 b x x f '( x ) = ( ) ( (1 + ) x ln 4x − + 4x ln + x x x ) <0 0,50 ⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng ( 0; +∞ ) Do f(x) nghịch biến trên ( 0; +∞ ) và a ≥ b > nên f ( a ) ≤ f ( b ) và 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 ) là ( −2 ) C54 Hệ số x5 khai triển x (1 + 3x ) 10 0,50 là 33.C10 Hệ số x5 khai triển x (1 − 2x ) + x (1 + 3x ) 10 là ( −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 ) và 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 bài toán và d tiếp xúc với ( C ' ) P ⇔ d ( I;d ) = ⇔ m = 19, m = −41 0,50 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 33 (36) V.b 2,00 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: 4.2 x − > Phương trình đã 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 và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) Gọi I là 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 B I D C SH SA SA 2a 2 = = = = 2 2 SB SB SA + AB 2a + a Gọi d1 và d là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì 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 vuông SAB ta có: 0,50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định Hết Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 34 (37) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + (1) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) Chứng minh đường thẳng qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k ( k > − ) cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm đoạn thẳng AB Câu II (2 điểm) Giải phương trình 2sinx (1 + cos2x) + sin2x = + 2cosx ⎧⎪ xy + x + y = x − 2y (x, y ∈ \) Giải hệ phương trình ⎨ x 2y y x 2x 2y − − = − ⎪⎩ Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3) Viết phương trình mặt cầu qua bốn điểm A, B, C, D Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Câu IV (2 điểm) lnx dx x Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu (x − y)(1 − xy) thức P = (1 + x) (1 + y) Tính tích phân I = ∫ PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) −1 k Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức C12n + C32n + + C2n 2n = 2048 ( C n là số tổ hợp chập k n phần tử) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : y = 16x và điểm A(1; 4) Hai điểm n = 90o Chứng minh phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) cho góc BAC đường thẳng BC luôn qua điểm cố định Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) x − 3x + Giải bất phương trình log ≥ x 2 Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' = a Gọi M là trung điểm cạnh BC Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách hai đường thẳng AM, B'C .Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: Số báo danh: Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 35 (38) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên và 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) là 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) và d là 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 > và x = không là nghiệm (*) Suy d luôn 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 là nghiệm (*) Vì x A + x B = = 2x I và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm đoạn thẳng AB (đpcm) II 0,50 0,50 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 4sinx cos x + s in2x = + 2cosx ⇔ (2cosx + 1)(sin2x − 1) = 2π ⇔x=± + k2π π • sin2x = ⇔ x = + kπ 0,50 • cosx = − 2π π + k2π, x = + kπ (k ∈ ]) Email:ngahtuan@gmail.com 0,50 Nghiệm phương trình đã cho là x = ± Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Trang 36 (39) Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ (1) ⎧⎪(x + y)(x − 2y − 1) = Hệ phương trình đã 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 là (x ; y) = (5; 2) 0,50 0,50 2,00 III Viết phương trình mặt cầu qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng x + y + z + 2ax + 2by + 2cz + d = (*), đó a + b + c − d > (**) Thay tọa độ các 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 trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta phương trình mặt cầu là x + y + z − 3x − 3y − 3z = Tìm tọa độ tâm đường tròn 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 là mx + ny + pz + q = (m + n + p > 0) Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta ⎧3m + 3n + q = ⎪ ⎨3m + 3p + q = ⇒ 6m = 6n = 6p = −q ≠ ⎪3n + 3p + q = ⎩ 0,50 0,50 0,50 Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là x + y + z − = Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc H điểm I trên mặt phẳng (ABC) 3 x− y− z− 2= 2= Phương trình đường thẳng IH : 1 ⎧x + y + z − = ⎪ Tọa độ điểm H là nghiệm hệ phương trình ⎨ 3 ⎪⎩ x − = y − = z − Giải hệ trên ta H(2; 2; 2) 0,50 2,00 IV Tính tích phân (1,00 điểm) dx dx Đặt u = ln x và dv = ⇒ du = và v = − x x 2x 2 ln x dx ln Khi đó I = − + ∫ = − − 2x 1 2x 4x = Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 0,25 − ln 16 Email:ngahtuan@gmail.com 0,50 0,25 Trang 37 (40) Tìm giá trị lớn và nhỏ biểu thức (1,00 điểm) Ta có P = (x − y)(1 − xy) (x + y)(1 + xy) 1 ≤ ≤ ⇔− ≤P≤ 2 (1 + x) (1 + y) 4 [ (x + y) + (1 + xy)] • Khi x = 0, y = thì P = − • Khi x = 1, y = thì P = 0,50 0,50 1 Giá trị nhỏ P − , giá trị lớn P 4 V.a 2,00 Tìm n biết rằng…(1,00) −1 2n Ta có = (1 − 1) 2n = C02n − C12n + − C 2n 2n + C 2n 0,50 −1 2n + C 2n 2n = (1 + 1) 2n = C 02n + C12n + + C 2n 2n 2n −1 ⇒ C12n + C32n + + C 2n = 22n −1 0,50 Từ giả thiết suy 2n −1 = 2048 ⇔ n = Tìm tọa độ đỉnh C (1,00 điểm) Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên B( b2 c2 ; b), C( ;c) với b, c 16 16 là hai số thực phân biệt, b ≠ và c ≠ JJJG ⎛ b ⎞ JJJG ⎛ c ⎞ n = 90o nên AB = ⎜ − 1; b − ⎟ , AC = ⎜ − 1; c − ⎟ Góc BAC 16 16 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ JJJG JJJG ⎛ b2 ⎞ ⎛ c2 ⎞ AB.AC = ⇔ ⎜ − 1⎟ ⎜ − 1⎟ + (b − 4)(c − 4) = ⎝ 16 ⎠ ⎝ 16 ⎠ ⇔ 272 + 4(b + c) + bc = (1) 0,50 Phương trình đường thẳng BC là: c2 16 = y − c ⇔ 16x − (b + c)y + bc = (2) b c2 b − c − 16 16 Từ (1), (2) suy đường thẳng BC luôn qua điểm cố định I(17; −4) x− V.b 0,50 2,00 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Bpt đã cho tương đương với < x − 3x + ≤ x • ⎡0 < x < x − 3x + > 0⇔⎢ x ⎣ x > • ⎡x < x − 4x + ≤ 0⇔⎢ x ⎣ − ≤ x ≤ + 0,50 0,50 ) ( Tập nghiệm bất phương trình là : ⎣⎡ − ;1 ∪ 2; + ⎦⎤ Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 38 (41) Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách hai đường thẳng (1,00 điểm) Từ giả thiết suy tam giác ABC vuông cân B a (đvtt) Thể tích khối lăng trụ là VABC.A 'B'C' = AA '.SABC = a .a = 2 A' B' 0,50 C' E A B M C Gọi E là trung điểm BB ' Khi đó mặt phẳng (AME) song song với B 'C nên khoảng cách hai đường thẳng AM, B 'C khoảng cách B 'C và mặt phẳng (AME) Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AME) Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi vuông góc nên a 1 1 1 = + + ⇒ = + + = ⇒h= 2 2 h BA BM BE h a a a a Khoảng cách hai đường thẳng B 'C và AM 0,50 a Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu đáp án mà đúng thì đ−ợc đủ điểm phần nh− đáp án quy định Hết Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 39 (42) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − (3m + 2) x + 3m có đồ thị là (Cm ), m là tham số Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số đã cho m = Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị (Cm ) điểm phân biệt có hoành độ nhỏ Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình cos5 x − 2sin 3x cos x − sin x = ⎧ x( x + y + 1) − = ⎪ ( x, y ∈ \) Giải hệ phương trình ⎨ ⎪⎩( x + y ) − x + = Câu III (1,0 điểm) dx e −1 Tính tích phân I = ∫ x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng ABC A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông B, AB = a, AA ' = 2a, A ' C = 3a Gọi M là trung điểm đoạn thẳng A ' C ', I là giao điểm AM và A ' C Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( IBC ) Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thoả mãn x + y = Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ biểu thức S = (4 x + y )(4 y + 3x) + 25 xy PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có M (2;0) là trung điểm cạnh AB Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh A có phương trình là x − y − = và x − y − = Viết phương trình đường thẳng AC Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A(2;1;0), B (1;2;2), C (1;1;0) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − 20 = Xác định toạ độ điểm D thuộc đường thẳng AB cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng ( P ) Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện | z − (3 − 4i ) |= B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + y = Gọi I là tâm (C ) Xác định n = 30D toạ độ điểm M thuộc (C ) cho IMO x+2 y−2 z = = và mặt phẳng 1 −1 ( P ) : x + y − z + = Viết phương trình đường thẳng d nằm ( P) cho d cắt và vuông góc với đường thẳng Δ Câu VII.b (1,0 điểm) x2 + x − hai điểm phân Tìm các giá trị tham số m để đường thẳng y = −2 x + m cắt đồ thị hàm số y = x biệt A, B cho trung điểm đoạn thẳng AB thuộc trục tung Hết -2 Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng Δ : Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 40 (43) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) Khảo sát… Khi m = 0, y = x − x • Tập xác định: D = \ • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = x3 − x; y ' = ⇔ x = ±1 x = Hàm số nghịch biến trên: (−∞ ; − 1) và (0;1); đồng biến trên: (−1;0) và (1; + ∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại x = 0, yCĐ = 0,25 - Giới hạn: lim y = lim y = +∞ x →−∞ x →+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ −1 y' − + − + +∞ y −1 −1 • Đồ thị: +∞ +∞ 0,25 y 0,25 −2 −1 O −1 x (1,0 điểm) Tìm m Phương trình hoành độ giao điểm (Cm ) và đường thẳng y = −1: x − (3m + 2) x + 3m = −1 Đặt t = x , t ≥ 0; phương trình trở thành: t − (3m + 2)t + 3m + = ⇔ t = t = 3m + 0,25 ⎧0 < 3m + < Yêu cầu bài toán tương đương: ⎨ ⎩3m + ≠ 1 ⇔ − < m < 1, m ≠ II (2,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương: cos5 x − (sin x + sin x) − sin x = 0,25 cos5 x − sin x = sin x 2 ⎛π ⎞ ⇔ sin ⎜ − x ⎟ = sin x ⎝3 ⎠ ⇔ Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 0,25 Email:ngahtuan@gmail.com Trang 41 (44) Câu Đáp án ⇔ π − x = x + k 2π Vậy: x = π 18 +k π π − x = π − x + k 2π x = − Điểm π +k π 0,25 ( k ∈ ] ) 0,25 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… ⎧ ⎪⎪ x + y + − x = Hệ đã cho tương đương: ⎨ ⎪( x + y ) − + = ⎪⎩ x2 ⎧ ⎧ ⎪x + y = x −1 ⎪⎪ x + y = x − ⎪ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎪⎛ − ⎞ − + = ⎪ −6 +2=0 ⎜ ⎟ ⎪⎩⎝ x ⎠ ⎪⎩ x x x ⎧1 ⎧1 ⎪⎪ x = ⎪ =1 ⇔ ⎨x ⎨ ⎪⎩ x + y = ⎪x + y = ⎪⎩ 2 x = ⎧ ⎧x = ⎪ ⇔ ⎨ ⎨ y = ⎩ ⎪⎩ y = − 3⎞ ⎛ Nghiệm hệ: ( x; y ) = (1;1) và ( x; y ) = ⎜ 2; − ⎟ 2⎠ ⎝ III 0,25 0,25 0,25 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 1⎞ ∫ ⎜⎝ t − − t ⎟⎠ dt 0,25 e e3 IV 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 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Hạ IH ⊥ AC ( H ∈ AC ) ⇒ IH ⊥ ( ABC ) ; IH là 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 = Email:ngahtuan@gmail.com 0,50 Trang 42 (45) Câu Đáp án Hạ AK ⊥ A ' B ( K ∈ A ' B) Vì BC ⊥ ( ABB ' A ') nên AK ⊥ BC ⇒ AK ⊥ ( IBC ) Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) là AK AK = V (1,0 điểm) SΔAA ' B = A' B AA ' AB A ' A2 + AB = 2a Điểm 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 trên 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⎤ ⎝ ⎠ ⎡0; ⎤ ⎝ 16 ⎠ 16 0; ⎢⎣ ⎥⎦ 0,25 0,25 ⎢⎣ ⎥⎦ Giá trị lớn S ⎧x + y = 25 ⎪ ⎛1 1⎞ ; ⎨ ⇔ ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ ⎝2 2⎠ ⎪⎩ xy = ⎧x + y = 191 ⎪ ; ⎨ Giá trị nhỏ S 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 và vuông 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: ⎨ 2⎠ ⎝ ⎩x + y + = 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 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 43 (46) Câu Đáp án Điểm 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 các 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 các số phức z là 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 là nghiệm hệ ⎨ Vậy M = ⎜⎜ ; ± ⇔⎨ ⎟ ⎟⎠ ⎝2 ⎪⎩a + b = ⎪b = ± ⎪⎩ 0,50 (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… ⎧x+ y −2 z = = ⎪ Toạ độ giao điểm I Δ với ( P) thoả mãn hệ: ⎨ −1 ⇒ I (−3;1;1) ⎪⎩ x + y − 3z + = G G Vectơ pháp tuyến ( P ) : n = (1;2; −3); vectơ phương Δ : u = (1;1; −1) VII.b 0,25 0,25 G G G Đường thẳng d cần tìm qua I và có vectơ phương v = ⎡⎣ n, u ⎤⎦ = (1; −2; −1) 0,25 ⎧ x = −3 + t ⎪ Phương trình d : ⎨ y = − 2t ⎪ z = − t ⎩ 0,25 Tìm các giá trị tham số m (1,0 điểm) Phương trình hoành 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 = 0,25 0,25 0,25 0,25 -Hết - Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 44 (47) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = − x − x + Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Viết phương trình tiếp tuyến đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = x − Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin x − cos x + 3sin x − cos x − = Giải phương trình x + x+2 + x = 42 + e Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ⎛ x+2 + 2x + 4x − (x ∈ R) 3⎞ ∫ ⎜⎝ x − x ⎟⎠ ln x dx Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a ; hình AC chiếu vuông góc đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = Gọi CM là đường cao tam giác SAC Chứng minh M là trung điểm SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ hàm số y = − x + x + 21 − − x + 3x + 10 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −7), trực tâm là H(3; −1), tâm đường tròn ngoại tiếp là I(−2; 0) Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − = và (Q): x − y + z − = Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) cho khoảng cách từ O đến (R) Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = và z2 là số ảo B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng qua O Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên Δ Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành AH ⎧x = + t x − y −1 z ⎪ = = Xác Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: ⎨ y = t và Δ2: 2 ⎪z = t ⎩ định tọa độ điểm M thuộc Δ1 cho khoảng cách từ M đến Δ2 ⎧⎪ x − x + y + = Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ (x, y ∈ R) ⎪⎩2 log ( x − 2) − log y = Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: .; Số báo danh: Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 45 (48) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; 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 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); y ' (x) = ⇔ x = - Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = 0; yCĐ = - Giới hạn: lim y = lim y = − ∞ x→ − ∞ 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 vuông góc với đường thẳng y = II (2,0 điểm) x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc – 6 0,25 Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm phương trình − 4x3 − 2x = − 0,25 ⇔ x = 1, suy tọa độ tiếp điểm là (1; 4) 0,25 Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + hay y = − 6x + 10 0,25 (1,0 điểm) Phương trình đã 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 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 Trang 46 (49) Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − (2 Phương trình đã 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, trên ⎡⎣ ; + ∞ ) − 3x2 < 0, suy f(x) nghịch biến trên ⎣⎡ ; + ∞ x+2 Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm x = Vậy phương trình đã 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 e − 0,25 dx và v = x2 x • Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du = e ∫ x dx = e − x2 e = 0,25 e2 +1 e e 1 ln x dx = ∫ ln x d ( ln x ) = ln x = x 1 ∫ 0,25 e2 − Vậy I = IV (1,0 điểm) 0,25 • M là trung điểm SA S AH = M A a , SH = SA2 − AH = B H C 0,25 a 14 3a , SC = SH + HC = a ⇒ SC = AC Do đó tam giác SAC cân C, suy M là trung điểm SA • Thể tích khối tứ diện SBCM M là trung điểm SA ⇒ SSCM = SSCA 1 ⇒ VSBCM = VB.SCM = VB.SCA = VS.ABC 2 HC = D 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 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 và x = Do đó giá trị nhỏ y là Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 Trang 47 (50) Câu VI.a (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) B Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x + 2)2 + y2 = 74 Phương trình AH: x = và BC ⊥ AH, suy phương trình BC có dạng: y = a (a ≠ − 7, BC không qua A) Do đó hoành 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, đó có ít nghiệm dương và khi: | a | < 70 A Do C có hoành độ dương, nên B(− − JJJG JJJG AC ⊥ BH, suy ra: AC.BH = ( ⇔ 74 − a − 0,25 0,25 74 − a ; a) và 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) và (Q) là G G n P = (1; 1; 1) và n Q = (1; − 1; 1), suy ra: G G ⎡ n P , n Q ⎤ = (2; 0; −2) là 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: 0,25 z = a + b và z2 = a2 − b2 + 2abi 0,25 ⎧⎪a + b = Yêu cầu bài toán thỏa mãn và khi: ⎨ 2 ⎪⎩a − b = 0,25 ⎧⎪a = ⇔ ⎨ ⎪⎩b = 0,25 Vậy các số phức cần tìm là: + i; − i; − + i; − − i VI.b (2,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) y A H O x Gọi tọa độ H là (a; b), ta có: AH = a + (b − 2) và khoảng cách từ H đến trục hoành là | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2 0,25 Do H thuộc đường tròn 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 ∆ là ( − 1) x − Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn − y = ( − 1) x + Email:ngahtuan@gmail.com −2 y =0 0,25 Trang 48 (51) Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t) M d =1 ∆1 ∆2 H Ta có: d(M, ∆2) = VII.b (1,0 điểm) G + ∆2 qua A(2; 1; 0) và 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 ⇔ t2 − 5t + = ⇔ t = t = Do đó M(4; 1; 1) M(7; 4; 4) 0,25 Điều kiện: x > 2, y > (1) 0,25 ⎧⎪ x − x + y + = Từ hệ đã cho, ta có: ⎨ ⎪⎩ x − = y 0,25 ⎧⎪ x − 3x = ⎧x = ⎧x = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪⎩ y = x − ⎩ y = ⎩ y = −2 Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm hệ là (x; y) = (3; 1) 0,25 0,25 - Hết - Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 49 (52) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x +1 ⋅ Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số đã cho Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành Câu II (2,0 điểm) sin x + cos x − sin x − = Giải phương trình tan x + Giải phương trình log ( − x ) + log Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( ) 1+ x + − x − = ( x ∈ \ ) 4x − dx 2x + + Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a; n = 30D Tính thể tích mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC) Biết SB = 2a và SBC khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a ⎧⎪2 x3 − ( y + 2) x + xy = m ( x, y ∈ \) Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎨ ⎪⎩ x + x − y = − 2m PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác góc A có phương trình x – y – = Tìm tọa độ các đỉnh A và C x +1 y z − ⋅ = = Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: −2 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = – 9i B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – = Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) hai điểm M và N cho tam giác AMN vuông cân A x −1 y − z = = và mặt phẳng Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : ( P) : x − y + z = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính và tiếp xúc với mặt phẳng (P) x + 3x + trên Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ và giá trị lớn hàm số y = x +1 đoạn [0; 2] - Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 50 (53) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; 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 trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞) 0,25 – Chiều biến thiên: y ' = – Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang: y = x → −∞ x → +∞ 0,25 lim − y = + ∞, lim + y = – ∞; tiệm cận đứng: x = – x → ( −1) – Bảng biến thiên: x −∞ y’ + x → ( −1) +∞ –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 và (C) là nghiệm phương trình: 2x +1 ⇔ 2x + = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – không là nghiệm) kx + 2k + = x +1 ⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = (1) 0,25 d cắt (C) hai điểm phân biệt A và B, và (1) có hai nghiệm phân biệt ⎧⎪k ≠ ⎧k ≠ ⎧k ≠ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪⎩k < − 2 ∨ k > + 2 ⎩Δ > ⎩ k − 6k + > (*) Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm (1) d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ kx1 + 2k + = kx2 + 2k + Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 Trang 51 (54) 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 đã 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 đã 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) 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 đã cho tương đương với: ⎨ ⎪⎩( x − x) + (2 x − y ) = − 2m Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 0,25 Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 52 (55) Câu Đáp án Điểm ; v = 2x – y ⎧u + (2m − 1)u + m = (1) ⎧uv = m ⇔ ⎨ Hệ đã cho trở thành: ⎨ ⎩u + v = − 2m ⎩v = − 2m − u Đặt u = x2 – x, u ≥ – Hệ đã cho có nghiệm, và (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) là trung điểm AC, ta có: BD = 3GD ⎧ x + = 3( x − 1) ⎛7 ⎞ ⇔ ⎨ ⇒ D ⎜ ; 1⎟ ⎝2 ⎠ ⎩ y − = 3( y − 1) Gọi E(x; y) là điểm đối xứng B qua phân giác d: x – y – = góc A Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I EB thuộc d nên tọa độ E là 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 và 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, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + = Gọi B là giao điểm trục Ox với (P), suy ∆ là đường thẳng qua các 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 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 Trang 53 (56) Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm ⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = – 9i 0,25 ⎧− a − 3b = ⎩3a − 3b = 0,25 ⎧a = Vậy z = – i ⎩b = −1 0,25 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ VI.b (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính 10 O –2 M Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy phương trình ∆ có dạng: y = m A x Hoành độ M, N là nghiệm phương trình: x2 – 2x + m2 + 4m – = (1) (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, và khi: m2 + 4m – < (*); đó ta có: M(x1; m) và 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 là tâm mặt cầu I ∈ ∆, suy tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; + 4t; t) 0,25 Mặt cầu tiếp xúc với (P), và 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] Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 Trang 54 (57) ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2 Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − mx − 2(3m − 1) x + (1), m là tham số thực 3 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x2 cho x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x + cos 3x − sin x + cos x = cos x ⎧⎪ xy + x − = Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ \ ) 2 ⎪⎩ x − x y + x + y − xy − y = π Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x(1 + sin x)dx Câu (1,0 điểm) Cho hình hộp đứng ABCD A' B 'C ' D ' có đáy là hình vuông, tam giác A' AC vuông cân, AC ' = a Tính thể tích khối tứ diện ABB'C ' và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCD ') theo a Câu (1,0 điểm) Cho các số thực x, y thỏa mãn ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + xy ≤ 32 Tìm giá trị nhỏ biểu thức A = x3 + y3 + 3( xy − 1)( x + y − 2) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A phần B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD Các đường thẳng AC và AD có phương trình là x + y = và x − y + = 0; đường thẳng BD qua điểm M − ;1 Tìm tọa độ các đỉnh hình chữ nhật ABCD Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ): x + y − z + 10 = và điểm I (2;1;3) Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo đường tròn có bán kính ( ) Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (2 + i ) z + 2(1 + 2i ) = + 8i Tìm môđun số phức w = z + + i 1+ i B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x − y + = Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox A và B, cắt trục Oy C và D cho AB = CD = x −1 y +1 z = = và hai −1 điểm A(1; −1; 2), B (2; −1;0) Xác định tọa độ điểm M thuộc d cho tam giác AMB vuông M Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình z + 3(1 + i) z + 5i = trên tập hợp các số phức HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 55 (58) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; 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) và (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 và phương trình y′ = có hai nghiệm phân biệt ⇔ 13m − > ⇔ m > 13 13 m < − 13 13 0,25 Ta có: x1 + x2 = m và x1 x2 = − 3m , đó x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = ⇔ − 3m + 2m = 0,25 2 ⇔ m = m = Kiểm tra điều kiện ta m = 3 0,25 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 56 (59) Câu Đáp án Điểm Phương trình đã 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 các nghiệm phương trình đã cho là: π kπ 7π π + k 2π, x = − + k 2π (k ∈ ]) x= + , x= 12 12 ⎧⎪ xy + x − = (1) Hệ đã 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 đó ta các nghiệm ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ và ( x; y ) = ⎜ ; − ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • x − y = ⇔ y = x Thay vào (1) ta x3 + x − = ⇔ ( x − 1)( x + x + 2) = 0,25 ⇔ x = Do đó ta nghiệm ( x; y ) = (1; 1) Vậy hệ phương trình đã cho có các 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 đó π 1 π 0,25 π ∫ x sin xdx = − x cos x + ∫ cos xdx = ∫ cos xdx 0,25 0 π π2 1 + = sin x = Do đó I = 32 4 (1,0 điểm) D' C' B' A' D H C A Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn B 0,25 Tam giác A′AC vuông cân A và a Do đó AB = B′C ′ = A′A = AC = 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 là chân đường cao kẻ từ A ∆A′AB Ta có AH ⊥ A ' B và AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( A ' BC ), nghĩa là AH ⊥ ( BCD ') Do đó AH = d ( A,( BCD ')) 0,25 = + = a2 a Do đó d ( A,( BCD ')) = AH = Ta có AH AB 2 AA' Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 Trang 57 (60) 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 + trên đoạn [0; 8] Ta có f ′(t ) = 3t − 3t − 3, f ′(t ) = ⇔ t = 1+ 17 − 5 thì dấu xảy Vậy giá trị nhỏ A là 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 là điểm thuộc AC cho MN//AD Suy MN có phương trình là 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 và vuông góc với AD, nên có phương trình là x + y = Gọi I và K là giao điểm ∆ với AC và AD ⎧x + y = Suy tọa độ điểm I thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x + y = 0, ⎧x + y = và tọa độ điểm K thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x − y + = Do đó I(0; 0) và 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 là hình chiếu vuông góc I trên (P) Suy H là tâm đường tròn giao tuyến 8.a (1,0 điểm) mặt phẳng (P) và 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 đó w = + 3i 0,25 Môđun w là 42 + 32 = Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 0,25 Email:ngahtuan@gmail.com Trang 58 (61) Câu Đáp án Gọi I là 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) là 12 +12 = Do đó (C ): ( x + 1) + ( y − 1)2 = • Với t = −3 ta I (−3;−3), nên d ( I ;Ox) = Suy ra, bán kính (C) là Do đó (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 đó 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 đó nghiệm phương trình là 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 - Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 59 (62) BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I PHAÀN CHUNG CHO TAÁT CAÛ THÍ SINH (7,0 ñieåm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x3 − 3mx2 + (m − 1)x + (1), với m là tham số thực a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đường thẳng y = −x + cắt đồ thị hàm số (1) ba điểm phân biệt Caâu (1,0 ñieåm) Giaûi phöông trình sin 3x + cos 2x − sin x = √ √ Caâu (1,0 ñieåm) Giaûi phöông trình log2 x + log 1 − x = log√2 x − x + 2 Z1 (x + 1)2 Caâu (1,0 ñieåm) Tính tích phaân I = dx x2 + Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc \ = 120◦ , M laø trung ñieåm cuûa caïnh BC vaø SMA \ = 45◦ Tính theo a theå tích cuûa với đáy, BAD khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC) Câu (1,0 điểm) Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y − Tìm giá trị lớn x+y x − 2y biểu thức P = p − x2 − xy + 3y 6(x + y) II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A Theo chöông trình Chuaån 3 Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M − ; 2 là trung điểm cạnh AB, điểm H(−2; 4) và điểm I(−1; 1) là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC Tìm tọa độ điểm C Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(−1; −1; −2), B(0; 1; 1) và mặt phẳng (P ) : x+y+z −1 = Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc A trên (P ) Viết phương trình mặt phẳng qua A, B và vuông góc với (P ) Câu 9.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i)(z − i) + 2z = 2i Tính môđun z − 2z + số phức w = z2 B Theo chöông trình Naâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x−1)2 +(y −1)2 = và đường thẳng ∆ : y − = Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm (C), các đỉnh N và P thuộc ∆, đỉnh M và trung điểm cạnh MN thuộc (C) Tìm tọa độ điểm P Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−1; 3; −2) và mặt phẳng (P ) : x − 2y − 2z + = Tính khoảng cách từ A đến (P ) Viết phương trình mặt phẳng qua A và song song với (P ) 2x2 − 3x + Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn và giá trị nhỏ hàm số f(x) = x+1 trên đoạn [0; 2] −−−−−−Heát−−−−−− Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Hoï vaø teân thí sinh: ; Soá baùo danh: Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 60 (63) ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; 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) và (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 + là x3 − 3mx + (m −1) x +1 = − x +1 ⎡x = ⇔⎢ ⎣ x − 3mx + m = (*) Yêu cầu bài toán ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác ⎧9m − 8m > ⇔⎨ ⎩m ≠ ⇔ m < m > Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 61 (64) Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình đã 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 đã cho là 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 đã cho tương đương với x2 ⇔ ⇔ (1 − x ) x 1− x = x2 1− x = x−2 x +2 0,25 x x + ⇔ ⎛⎜ + 1⎞⎛ − ⎞⎟ = ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 1− x 1− x 1− x x − = (do x 1− x 0,25 >0 ) 0,25 ⇔ x = − 0,25 Đối chiếu với điều kiện ta nghiệm phương trình đã cho là x = − (1,0 điểm) 1 2x 2x Ta có I = ⎛⎜1 + ⎞⎟ dx = dx + dx ⎝ ⎠ x +1 x +1 0 ∫ • ∫ 0,25 ∫x ∫ dx = x = • ∫ 0,25 2x dx = ln( x +1) = ln 2 +1 0,25 Do đó I = + ln 0,25 n = 120o ⇒ n BAD ABC = 60o ⇒ ΔABC a a2 ⇒ AM = ⇒ S ABCD = 2 n = 45o ⇒ ΔSAM ΔSAM vuông A có SMA (1,0 điểm) S 0,25 a a3 Do đó VS ABCD = SA.S ABCD = vuông cân A ⇒ SA = AM = H A D 0,25 Do AD||BC nên d ( D,( SBC )) = d ( A,( SBC )) Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên SM B M C Ta có AM ⊥ BC và SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A,( SBC )) = AH AM a = , a suy d ( D,( SBC )) = 0,25 Ta có AH = Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 Trang 62 (65) 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 đó 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) 0,25 Với < t ≤ ta có t − t + = t (t −1) + < 3; − 3t > và t + > 1 1 − 3t − 3t Do đó và − − > > > > − Suy f '(t ) > 2 2(t + 1) 3 (t − t + 3) ⎛1⎞ + Do đó P = f (t ) ≤ f ⎜ ⎟ = ⎝ ⎠ 30 Khi x = 7 + Vậy giá trị lớn P là + và y = 2, ta có P = 30 30 7.a (1,0 điểm) 0,25 JJJG ⎛ ⎞ IM = ⎜ − ; ⎟ Ta có M ∈ AB và AB ⊥ IM nên đường ⎝ 2⎠ thẳng AB có phương trình x − y + 33 = B A∈ AB ⇒ A(a;7 a + 33) Do M là trung điểm AB nên JJJG JJJG B ( − a − 9; −7 a − 30) Ta có HA ⊥ HB ⇒ HA HB = M I A 0,25 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 đó • Với a = −5 ⇒ A(−5; −2), B(−4;5) Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình x − y + = Do đó C (t ;2t + 8) Từ IC = IA suy (t +1)2 + (2t + 7) = 25 Do đó t = −1 t = −5 Do C khác A, suy C (−1;6) Gọi H là hình chiếu vuông góc A trên (P) Suy H (−1 + t ; −1+ t ; −2 + t ) 0,25 0,25 0,25 2 H ∈( P) ⇔ (−1+ t ) + (−1+ t ) + (−2 + t ) −1 = ⇔ t = Do đó H ⎛⎜ ; ; − ⎞⎟ ⎝ 3 3⎠ JJJG Gọi (Q) là mặt phẳng cần viết phương trình Ta có AB = (1;2;3) và vectơ pháp tuyến (P) là JG JG n = (1;1;1) Do đó (Q) có vectơ pháp tuyến là n ' = (−1;2; −1) 9.a (1,0 điểm) 0,25 ⇒ a + 9a + 20 = ⇒ a = −4 a = −5 C (6 − 2c; c) Từ IC = IA suy (7 − 2c)2 + (c −1) = 25 Do đó c = c = Do C khác A, suy C (4;1) 8.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Phương trình mặt phẳng (Q) là: x − y + z +1 = 0,25 Điều kiện bài toán tương đương với (3 + i ) z = −1+ 3i 0,25 ⇔ z = i 0,25 Suy w = −1 + 3i 0,25 Do đó môđun w là 10 0,25 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 63 (66) Câu Đáp án Ta có tâm (C) là I (1;1) Đường thẳng IM vuông góc với Δ nên có phương trình x = Do đó 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 d ( A,( P )) = N b +1 ⎞ ⇒ ⎛⎜ −1⎟ + (1 −1) = ⇒ b = b = −3 ⎝ ⎠ Do đó N (5;3) N (−3;3) P ∈Δ ⇒ P(c;3) JJJG JJG - Khi N (5;3), từ MP ⊥ IN suy c = −1 Do đó P (−1;3) JJJG JJG - Khi N (−3;3), từ MP ⊥ IN suy c = Do đó P(3;3) |(−1) − 2.3 − 2(−2) + 5| 0,25 0,25 0,25 0,25 12 + (−2) + (−2) 2 = JG Vectơ pháp tuyến (P) là n = (1; −2; −2) Phương trình mặt phẳng cần tìm là x − y − z + = 9.b (1,0 điểm) 0,25 P 8.b (1,0 điểm) Điểm Ta có f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [0; 2] ; f '( x) = 0,25 0,25 0,25 2x + 4x − ( x +1) Với x∈[0; 2] ta có f '( x) = ⇔ x = Ta có f (0) = 3; f (1) = 1; f (2) = Giá trị nhỏ f(x) trên đoạn [0; 2] là 1; giá trị lớn f(x) trên đoạn [0; 2] là 0,25 0,25 0,25 0,25 - Hết - Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 64 (67) BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO −−−−−−−−− − ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Caâu (2,0 ñieåm) Cho haøm soá y = x − 3x − (1) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho tiếp tuyến (C) M có hệ số góc Câu (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện Tính moâñun cuûa z Z4 (3z − z)(1 + i) − 5z = 8i − π Caâu (1,0 ñieåm) Tính tích phaân I = (x + 1) sin 2x dx Caâu (1,0 ñieåm) a) Giaûi phöông trình log (x − 1) − log (3x − 2) + = b) Cho đa giác n đỉnh, n ∈ N và n ≥ Tìm n biết đa giác đã cho có 27 đường chéo Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 6x + 3y − 2z − = và mặt cầu (S) : x + y + z − 6x − 4y − 2z − 11 = Chứng minh mặt phẳng (P ) cắt mặt cầu (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) Tìm tọa độ tâm (C) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân A, mặt bên SBC là tam giác cạnh a và mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách hai đường thẳng SA, BC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có chân đường phân giác góc A là điểm D(1; −1) Đường thẳng AB có phương trình 3x + 2y − = 0, tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình x + 2y − = Viết phương trình đường thẳng BC √ √ Caâu (1,0 ñieåm) Giaûi baát phöông trình (x + 1) x + + (x + 6) x + ≥ x2 + 7x + 12 Câu (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn các điều kiện ≤ x ≤ 2; ≤ y ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = x + 2y y + 2x + + x2 + 3y + y + 3x + 4(x + y − 1) −−−−− −Heát−−−−− − Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích gì thêm Hoï vaø teân thí sinh: ; Soá baùo danh: Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 65 (68) BỘ GIÁO DỤC VAØ ĐAØO TẠO −−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Caâu a) (1,0 ñieåm) (2,0ñ) • Taäp xaùc ñònh D = R • Sự biến thiên: - Chieàu bieán thieân: y = 3x2 − 3; y = ⇔ x = ±1 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) và (1; +∞); khoảng nghịch biến: (−1; 1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại x = −1, y CĐ = 0; đạt cực tiểu x = 1, y CT = −4 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x→−∞ Ñieåm 0,25 x→+∞ - Baûng bieán thieân: x −∞ y0 y • Đồ thị: −∞ −1 + − PP PP Pq P −4 0,25 +∞ y −1 +∞ + x O 0,25 −2 −4 b) (1,0 ñieåm) M ∈ (C) ⇒ M (a; a3 − 3a − 2) 0,25 Heä soá goùc cuûa tieáp tuyeán taïi M baèng ⇔ y (a) = 0,25 ⇔ 3a2 − = ⇔ a = ±2 0,25 Tọa độ điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là M (2; 0) M (−2; −4) 0,25 Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thiết ta [3(a + bi) − (a − bi)](1 + i) − 5(a + bi) = 8i − (1,0ñ) 3a + 4b = ⇔ 2a − b = a=3 ⇔ b = −2 p √ Do đó môđun z là 32 + (−2)2 = 13 Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 66 (69) Đáp án Caâu Ñieåm π R I = (x + 1) sin 2x dx Ñaët u = x + vaø dv = sin 2xdx, suy du = dx vaø v = − cos 2x (1,0ñ) π π 1 R4 Ta coù I = − (x + 1) cos 2x + cos 2xdx 20 = − (x + 1) cos 2x = π + sin 2x 0,25 0,25 π 0,25 0,25 x−1 = −2 a) Điều kiện: x > Phương trình đã cho tương đương với log 3x − (1,0ñ) x−1 = ⇔ x = ⇔ 3x − Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình đã cho là x = b) Số đường chéo đa giác n đỉnh là C 2n − n = Từ giả thiết ta có phương trình 0,25 0,25 n(n − 3) 0,25 h n=9 n(n − 3) = 27 ⇔ n = −6 0,25 Do n ∈ N và n ≥ nên ta giá trị n cần tìm là n = (1,0ñ) Maët caàu (S) coù taâm I(3; 2; 1) vaø baùn kính R = 0,25 |6.3 + 3.2 − 2.1 − 1| = < R Ta có khoảng cách từ I đến (P ) là d(I, (P )) = p 62 + 32 + (−2)2 0,25 Do đó (P ) cắt (S) theo giao tuyến là đường tròn (C) Tâm (C) là hình chiếu vuông góc H I trên (P ) Đường thẳng ∆ qua I và vuông góc x−3 y−2 z−1 với (P ) có phương trình là = = Do H ∈ ∆ neân H(3 + 6t; + 3t; − 2t) −2 13 Ta có H ∈ (P ), suy 6(3+6t)+3(2+3t)−2(1−2t)−1 = ⇔ t = − Do đó H ; ; 7 7 (1,0ñ) BC a Goïi H laø trung ñieåm cuûa BC, suy AH = = , 2 √ 3a a2 SH ⊥ (ABC), SH = vaø S∆ABC = BC.AH = 2 √ 3a Theå tích khoái choùp laø V S.ABC = SH.S∆ABC = 24 S K B A H C Goïi K laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa H treân SA, suy HK ⊥ SA Ta coù BC ⊥ (SAH) neân BC ⊥ HK Do đó HK là đường vuông góc chung BC và SA Ta coù Do đó Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn 1 16 = + = HK SH AH 3a √ 3a d(BC, SA) = HK = Email:ngahtuan@gmail.com 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 67 (70) Đáp án Caâu (1,0ñ) Ñieåm Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ phương trình A Suy A(1; 3) E B D C 3x + 2y − = x + 2y − = Gọi ∆ là tiếp tuyến A đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC và E là giao điểm ∆ với đường thẳng BC (do AD không vuông góc với ∆ nên E luôn tồn và ta có thể giả sử \=\ \ = DAC, \ suy EB < EC) Ta coù EAB ACB vaø BAD \ \ \ \ \ \ EAD = EAB + BAD = ACB + DAC = ADE Do đó, tam giác ADE cân E E là giao điểm ∆ với đường trung trực đoạn AD, nên x + 2y − = tọa độ điểm E thỏa mãn hệ phương trình y − = Suy E(5; 1) −−→ Đường thẳng BC qua E và nhận DE = (4; 2) làm vectơ chæ phöông, neân BC : x − 2y − = Điều kiện: x ≥ −2 Bất phương trình đã cho tương đương với √ √ (1,0ñ) (x + 1)( x + − 2) + (x + 6)( x + − 3) − (x2 + 2x − 8) ≥ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 x+1 x+6 ⇔ (x − 2) √ +√ − x − ≥ (1) x+2+2 x+7+3 0,25 Do x ≥ −2 neân x + ≥ vaø x + > Suy x+2 x+6 x + 2 x+1 √ +√ −x−4= √ − + x+2+2 x+7+3 x+ + x+6 x + 6 √ −√ − < x+7+3 x+2+2 Do đó (1) ⇔ x ≤ 0,25 Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm bất phương trình đã cho là: −2 ≤ x ≤ 0,25 Do ≤ x ≤ nên (x − 1)(x − 2) ≤ 0, nghĩa là x + ≤ 3x Tương tự, y + ≤ 3y (1,0ñ) x + 2y y + 2x x+y Suy P ≥ + + = + 3x + 3y + 3y + 3x + 4(x + y − 1) x + y + 4(x + y − 1) t Ñaët t = x + y, suy ≤ t ≤ Xeùt f (t) = + , với ≤ t ≤ t + 4(t − 1) 1 Ta coù f (t) = − Suy f (t) = ⇔ t = (t + 1)2 4(t − 1)2 Maø f (2) = 11 53 ; f (3) = ; f (4) = neân f (t) ≥ f (3) = 12 60 Khi x = 1, y = thì P = Do đó P ≥ 7 Vaäy giaù trò nhoû nhaát cuûa P laø 8 0,25 0,25 0,25 0,25 −−−−−−Heát−−−−−− Sưu tầm: Nguyễn Anh Tuấn Email:ngahtuan@gmail.com Trang 68 (71)