Tuyển Tập Đề Thi ĐH Toán từ 2002-2012
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×
 

Like this? Share it with your network

Share

Tuyển Tập Đề Thi ĐH Toán từ 2002-2012

on

  • 2,630 views

 

Statistics

Views

Total Views
2,630
Views on SlideShare
2,607
Embed Views
23

Actions

Likes
4
Downloads
151
Comments
3

2 Embeds 23

http://ketnoitrithuc2013.blogspot.com 17
http://feeds.feedburner.com 6

Accessibility

Categories

Upload Details

Uploaded via as Adobe PDF

Usage Rights

© All Rights Reserved

Report content

Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
  • Full Name Full Name Comment goes here.
    Are you sure you want to
    Your message goes here
    Processing…
Post Comment
Edit your comment

Tuyển Tập Đề Thi ĐH Toán từ 2002-2012 Presentation Transcript

  • 1. Dịch Vụ Toán Học Tuyển tập Đề thi Tuyển sinh Đại học (2002 -2012) Môn Toán Ấn phẩm Kỉ niệm 5 năm VNMATH.COM Vol.1
  • 2. VnMath.CoM - Trang web Toán học có lượt truy cập lớn nhất Việt Nam vnMath.com Dịch vụ Toán học info@vnmath.com Sách Đại số Giải tích Hình học Các loại khác Chuyên đề Toán Luyện thi Đại học Bồi dưỡng HSG Đề thi Đáp án Đại học Cao học Thi lớp 10 Olympic Giáo án các môn
  • 3. bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼nG n¨m 2002 ------------------------------ M«n thi : to¸n §Ò chÝnh thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) _____________________________________________ C©u I (§H : 2,5 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) Cho hµm sè : (1) ( lµ tham sè).23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−= m 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi .1=m 2. T×m k ®Ó ph−¬ng tr×nh: − cã ba nghiÖm ph©n biÖt.033 2323 =−++ kkxx 3. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1). C©u II.(§H : 1,5 ®iÓm; C§: 2,0 ®iÓm) Cho ph−¬ng tr×nh : 0121loglog 2 3 2 3 =−−++ mxx (2) ( lµ tham sè).m 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (2) khi .2=m 2. T×m ®Ó ph−¬ng tr×nh (2) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n [m 3 3;1 ]. C©u III. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,0 ®iÓm ) 1. T×m nghiÖm thuéc kho¶ng )2;0( π cña ph−¬ng tr×nh: .32cos 2sin21 3sin3cos sin +=      + + + x x xx x5 2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng: .3,|34| 2 +=+−= xyxxy C©u IV.( §H : 2,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) 1. Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu ®Ønh cã ®é dµi c¹nh ®¸y b»ng a. GäiABCS. ,S M vµ lÇn l−îtN lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh vµ TÝnh theo diÖn tÝch tam gi¸c , biÕt r»ngSB .SC a AMN mÆt ph¼ng ( vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng .)AMN )(SBC 2. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®−êng th¼ng: ∆ vµ ∆ .    =+−+ =−+− 0422 042 :1 zyx zyx      += += += tz ty tx 21 2 1 :2 a) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng chøa ®−êng th¼ng)(P 1∆ vµ song song víi ®−êng th¼ng .2∆ b) Cho ®iÓm . T×m to¹ ®é ®iÓm)4;1;2(M H thuéc ®−êng th¼ng 2∆ sao cho ®o¹n th¼ng MH cã ®é dµi nhá nhÊt. C©u V.( §H : 2,0 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , xÐt tam gi¸c vu«ng t¹i ,ABC A ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng lµBC ,033 =−− yx c¸c ®Ønh vµA B thuéc trôc hoµnh vµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp b»ng 2. T×m täa ®é träng t©m cña tam gi¸c .G ABC 2. Cho khai triÓn nhÞ thøc: nx n n nxx n n xnx n nx n nxx CCCC         +                ++                +        =      + −−−− − −−−−−− 3 1 32 1 13 1 2 1 12 1 032 1 22222222 L  ( n lµ sè nguyªn d−¬ng). BiÕt r»ng trong khai triÓn ®ã C vµ sè h¹ng thø t−13 5 nn C= b»ng , t×m vµn20 n x . ----------------------------------------HÕt--------------------------------------------- Ghi chó: 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u V. 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:.................................................... Sè b¸o danh:..................... www.VNMATH.com
  • 4. bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼ng n¨m 2002 ®Ò chÝnh thøc M«n thi : to¸n, Khèi B. (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _____________________________________________ C©u I. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,5 ®iÓm) Cho hµm sè : ( ) 109 224 +−+= xmmxy (1) ( m lµ tham sè). 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè (1) khi 1=m . 2. T×m m ®Ó hµm sè (1) cã ba ®iÓm cùc trÞ. C©u II. (§H : 3,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− . 2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: ( ) 1)729(loglog 3 ≤−x x . 3. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh:     ++=+ −=− .2 3 yxyx yxyx C©u III. ( §H : 1,0 ®iÓm; C§ : 1,5 ®iÓm) TÝnh diÖn tÝch cña h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng : 4 4 2 x y −= vµ 24 2 x y = . C©u IV.(§H : 3,0 ®iÓm ; C§ : 3,0 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy cho h×nh ch÷ nhËt ABCD cã t©m       0; 2 1 I , ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB lµ 022 =+− yx vµ ADAB 2= . T×m täa ®é c¸c ®Ønh DCBA ,,, biÕt r»ng ®Ønh A cã hoµnh ®é ©m. 2. Cho h×nh lËp ph−¬ng 1111 DCBABCDA cã c¹nh b»ng a . a) TÝnh theo a kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng BA1 vµ DB1 . b) Gäi PNM ,, lÇn l−ît lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh CDBB ,1 , 11DA . TÝnh gãc gi÷a hai ®−êng th¼ng MP vµ NC1 . C©u V. (§H : 1,0 ®iÓm) Cho ®a gi¸c ®Òu nAAA 221 L ,2( ≥n n nguyªn ) néi tiÕp ®−êng trßn ( )O . BiÕt r»ng sè tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 3 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L nhiÒu gÊp 20 lÇn sè h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh lµ 4 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L , t×m n . --------------------------------------HÕt------------------------------------------- Ghi chó : 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u IV 2. b) vµ C©u V. 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:................................................................... Sè b¸o danh:............................... www.VNMATH.com
  • 5. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi TuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002 §Ò chÝnh thøc M«n thi : To¸n, Khèi D (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _________________________________________ C©uI ( §H : 3 ®iÓm ; C§ : 4 ®iÓm ). Cho hµm sè : ( ) 1x mx1m2 y 2 − −− = (1) ( m lµ tham sè ). 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè (1) øng víi m = -1. 2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®−êng cong (C) vµ hai trôc täa ®é. 3. T×m m ®Ó ®å thÞ cña hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng xy = . C©u II ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 3 ®iÓm ). 1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh : ( )x3x2 − . 02x3x2 2 ≥−− . 2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh :      = + + −= + .y 22 24 y4y52 x 1xx 2x3 C©u III ( §H : 1 ®iÓm ; C§ : 1 ®iÓm ). T×m x thuéc ®o¹n [ 0 ; 14 ] nghiÖm ®óng ph−¬ng tr×nh : 04xcos3x2cos4x3cos =−+− . C©u IV ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 2 ®iÓm ). 1. Cho h×nh tø diÖn ABCD cã c¹nh AD vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC); AC = AD = 4 cm ; AB = 3 cm ; BC = 5 cm . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A tíi mÆt ph¼ng (BCD). 2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz, cho mÆt ph¼ng (P) : 02yx2 =+− vµ ®−êng th¼ng md : ( ) ( ) ( )   =++++ =−+−++ 02m4z1m2mx 01mym1x1m2 ( m lµ tham sè ). X¸c ®Þnh m ®Ó ®−êng th¼ng md song song víi mÆt ph¼ng (P). C©u V (§H : 2 ®iÓm ). 1. T×m sè nguyªn d−¬ng n sao cho 243C2....C4C2C n n n2 n 1 n 0 n =++++ . 2. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , cho elip (E) cã ph−¬ng tr×nh 1 9 y 16 x 22 =+ . XÐt ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn tia Ox vµ ®iÓm N chuyÓn ®éng trªn tia Oy sao cho ®−êng th¼ng MN lu«n tiÕp xóc víi (E). X¸c ®Þnh täa ®é cña M , N ®Ó ®o¹n MN cã ®é dµi nhá nhÊt . TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt ®ã . -------------------------HÕt------------------------- Chó ý : 1. ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm c©u V 2. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh : ................................................................ Sè b¸o danh............................. www.VNMATH.com
  • 6. bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 ------------------------------------- §¸p ¸n vµ thang ®iÓm m«n to¸n khèi A C©u ý Néi dung §H C§ I 1 23 31 xxym +−=⇒= TËp x¸c ®Þnh Rx ∈∀ . )2(363' 2 −−=+−= xxxxy ,    = = ⇔= 2 0 0' 2 1 x x y 10",066" =⇔==+−= xyxy B¶ng biÕn thiªn ∞+∞− 210x −' y +0 −0 −+ 0" y y +∞ lâm U 4 CT 2 C§ 0 låi ∞−    = = ⇔= 3 0 0 x x y , 4)1( =−y §å thÞ: ( ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn) ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® ∑1,5 ® 0,5® 0,5 ® 0,5 ® -1 1 2 3 x 0 2 4 y www.VNMATH.com
  • 7. I 2 C¸ch I. Ta cã 2332323 33033 kkxxkkxx +−=+−⇔=−++− . §Æt 23 3kka +−= Dùa vµo ®å thÞ ta thÊy ph−¬ng tr×nh axx =+− 23 3 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 43040 23 <+−<⇔<<⇔ kka ( )( )   >−+ <≠ ⇔    >+−+ <≠ ⇔ 021 30 0)44)(1( 30 22 kk k kkk k    ≠∧≠ <<− ⇔ 20 31 kk k C¸ch II. Ta cã [ ] 03)3()(033 222323 =−+−+−⇔=−++− kkxkxkxkkxx cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 03)3()( 22 =−+−+=⇔ kkxkxxf cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c k    ≠∧≠ <<− ⇔    ≠−+−+ >++−=∆ ⇔ 20 31 033 0963 222 2 kk k kkkkk kk ∑ 5,0 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- 0,25® 0,25 ® ∑ 5,0 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- 0,25 ® 0,25 ® 3 C¸ch I. 3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy ,    += −= ⇔= 1 1 0 2 1' mx mx y Ta thÊy 21 xx ≠ vµ 'y ®æi dÊu khi qua 1x vµ ⇒2x hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i 1x vµ 2x . 23)( 2 11 −+−== mmxyy vµ 23)( 2 22 ++−== mmxyy Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ ( )23;1 2 1 −+−− mmmM vµ ( )23;1 2 2 ++−+ mmmM lµ: ⇔ +−+ = +− 4 23 2 1 2 mmymx mmxy +−= 2 2 C¸ch II. 3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy , Ta thÊy 0'09)1(99' 22 =⇒>=−+=∆ ymm cã 2 nghiÖm 21 xx ≠ vµ 'y ®æi dÊu khi qua 1x vµ ⇒2x hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i 1x vµ 2x . Ta cã 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−= ( ) .23363 33 1 222 mmxmmxx m x +−+−++−      −= Tõ ®©y ta cã mmxy +−= 2 11 2 vµ mmxy +−= 2 22 2 . VËy ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ lµ mmxy +−= 2 2 . ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ---------- 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- 0,25 ® 0,25® 0,25 ® 0,25 ® II 1. Víi 2=m ta cã 051loglog 2 3 2 3 =−++ xx §iÒu kiÖn 0>x . §Æt 11log2 3 ≥+= xt ta cã 06051 22 =−+⇔=−+− tttt . 2 3 2 1    = −= ⇔ t t ∑ 5,0 ® 0,25 ® ∑ 0,1 ® 0,5 ® www.VNMATH.com
  • 8. 31 −=t (lo¹i) , 3 3 2 32 33log3log2 ± =⇔±=⇔=⇔= xxxt 3 3± =x tháa m·n ®iÒu kiÖn 0>x . (ThÝ sinh cã thÓ gi¶i trùc tiÕp hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c) 0,25 ® 0,5 ® 2. 0121loglog 2 3 2 3 =−−++ mxx (2) §iÒu kiÖn 0>x . §Æt 11log2 3 ≥+= xt ta cã 0220121 22 =−−+⇔=−−+− mttmtt (3) .21log13log0]3,1[ 2 33 3 ≤+=≤⇔≤≤⇔∈ xtxx VËy (2) cã nghiÖm ]3,1[ 3 ∈ khi vµ chØ khi (3) cã nghiÖm [ ]2,1∈ . §Æt tttf += 2 )( C¸ch 1. Hµm sè )(tf lµ hµm t¨ng trªn ®o¹n ][ 2;1 . Ta cã 2)1( =f vµ 6)2( =f . Ph−¬ng tr×nh 22)(222 +=⇔+=+ mtfmtt cã nghiÖm [ ]2;1∈ .20 622 222 22)2( 22)1( ≤≤⇔    ≤+ +≤ ⇔    +≥ +≤ ⇔ m m m mf mf C¸ch 2. TH1. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm 21,tt tháa m·n 21 21 <≤< tt . Do 1 2 1 2 21 <−= + tt nªn kh«ng tån t¹i m . TH2. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm 21,tt tháa m·n 21 21 ≤≤≤ tt hoÆc 21 21 tt ≤≤≤ ( ) 200242 ≤≤⇔≤−−⇔ mmm . (ThÝ sinh cã thÓ dïng ®å thÞ, ®¹o hµm hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c ) ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® ---------- 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® III 1. 5 32cos 2sin21 3sin3cos sin +=      + + + x x xx x . §iÒu kiÖn 2 1 2sin −≠x Ta cã 5 =      + + + x xx x 2sin21 3sin3cos sin 5       + +++ x xxxxx 2sin21 3sin3cos2sinsin2sin =5 =      + ++−+ x xxxxx 2sin21 3sin3cos3coscossin 5 x x xx cos5 2sin21 cos)12sin2( =      + + VËy ta cã: 02cos5cos232coscos5 2 =+−⇔+= xxxx 2cos =x (lo¹i) hoÆc ).(2 32 1 cos Zkkxx ∈+±=⇒= π π ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® www.VNMATH.com
  • 9. 2. V× (0∈x ; )π2 nªn lÊy 3 1 π =x vµ 3 5 2 π =x . Ta thÊy 21, xx tháa m·n ®iÒu kiÖn 2 1 2sin −≠x . VËy c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ: 3 1 π =x vµ 3 5 2 π =x . (ThÝ sinh cã thÓ sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi kh¸c) Ta thÊy ph−¬ng tr×nh 3|34| 2 +=+− xxx cã 2 nghiÖm 01 =x vµ .52 =x MÆt kh¸c ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x . VËy ( ) ( ) ( )dxxxxdxxxxdxxxxS ∫ ∫∫ +−+++−+−+=+−−+= 1 0 3 1 22 5 0 2 343343|34|3 ( )dxxxx∫ −+−++ 5 3 2 343 ( ) ( ) ( )dxxxdxxxdxxxS ∫∫∫ +−++−++−= 5 3 2 3 1 2 1 0 2 5635 5 3 23 3 1 23 1 0 23 2 5 3 1 6 2 3 3 1 2 5 3 1       +−+      +−+      +−= xxxxxxxS 6 109 3 22 3 26 6 13 =++=S (®.v.d.t) (NÕu thÝ sinh vÏ h×nh th× kh«ng nhÊt thiÕt ph¶i nªu bÊt ®¼ng thøc ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x ) 0,25 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25® 0,25 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25® IV 1. ∑1® ∑1® x510-1 y 3 32 1 8 -1 www.VNMATH.com
  • 10. S N I M C A K B Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC vµ MNSKI ∩= . Tõ gi¶ thiÕt MN a BCMN , 22 1 ==⇒ // BC I⇒ lµ trung ®iÓm cña SK vµ MN . Ta cã ⇒∆=∆ SACSAB hai trung tuyÕn t−¬ng øng ANAM = AMN∆⇒ c©n t¹i A MNAI⊥⇒ . MÆt kh¸c ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) SKAISBCAI MNAI AMNAI MNAMNSBC AMNSBC ⊥⇒⊥⇒        ⊥ ⊂ =∩ ⊥ . Suy ra SAK∆ c©n t¹i 2 3a AKSAA ==⇒ . 244 3 222 222 aaa BKSBSK =−=−= 4 10 84 3 2 222 222 aaaSK SASISAAI =−=      −=−=⇒ . Ta cã 16 10 . 2 1 2 a AIMNS AMN ==∆ (®vdt) chó ý 1) Cã thÓ chøng minh MNAI⊥ nh− sau: ( ) ( ) AIMNSAKMNSAKBC ⊥⇒⊥⇒⊥ . 2) Cã thÓ lµm theo ph−¬ng ph¸p täa ®é: Ch¼ng h¹n chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho         −         −       −      h a S a A a C a BK ; 6 3 ;0,0; 2 3 ;0,0;0; 2 ,0;0; 2 ),0;0;0( trong ®ã h lµ ®é dµi ®−êng cao SH cña h×nh chãp ABCS. . 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® www.VNMATH.com
  • 11. 2a) C¸ch I. Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(P chøa ®−êng th¼ng 1∆ cã d¹ng: ( ) ( ) 042242 =+−++−+− zyxzyx βα ( 022 ≠+ βα ) ⇔ ( ) ( ) ( ) 044222 =+−−+−−+ βαβαβαβα zyx VËy ( )βαβαβα 2;22; −+−+=Pn r .Ta cã ( )2;1;12 =u r // 2∆ vµ ( ) 22 1;2;1 ∆∈M ( )P // ( ) ( ) ( )   ∉ =− ⇔    ∉ = ⇔∆ PMPM unP 22 2 2 0 1;2;1 0. βα rr VËy ( ) 02: =− zxP C¸ch II Ta cã thÓ chuyÓn ph−¬ng tr×nh 1∆ sang d¹ng tham sè nh− sau: Tõ ph−¬ng tr×nh 1∆ suy ra .02 =− zx §Æt      = −= = ∆⇒= '4 2'3 '2 :'2 1 tz ty tx tx ( ) )4;3;2(,0;2;0 111 =∆∈−⇒ uM r // 1∆ . (Ta cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm 11 ∆∈M b»ng c¸ch cho 020 =−=⇒= zyx vµ tÝnh ( )4;3;2 21 21 ; 12 11 ; 22 12 1 =        − −− − =u r ). Ta cã ( )2;1;12 =u r // 2∆ . Tõ ®ã ta cã vÐc t¬ ph¸p cña mÆt ph¼ng )(P lµ : [ ] ( )1;0;2, 21 −== uunP rrr . VËy ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(P ®i qua ( )0;2;01 −M vµ ⊥ ( )1;0;2 −=Pn r lµ: 02 =− zx . MÆt kh¸c ( ) ( )⇒∉ PM 1;2;12 ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng cÇn t×m lµ: 02 =− zx ∑ 5,0 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,1 ® 0,5 ® 0,5 ® ----------- 0,5 ® 0,5 ® 2b) b)C¸ch I. ( ) MHtttHH ⇒+++⇒∆∈ 21,2,12 =( )32;1;1 −+− ttt ( ) ( ) ( ) 5)1(6111263211 22222 +−=+−=−+++−=⇒ ttttttMH ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi ( )3;3;21 Ht ⇒= C¸ch II. ( )tttHH 21;2;12 +++⇒∆∈ . MH nhá nhÊt ( )4;3;210. 22 HtuMHMH ⇒=⇔=⇔∆⊥⇔ r ∑ 5,0 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,1 ® 0,5 ® 0,5 ® ----------- 0,5 ® 0,5 ® V 1. Ta cã ( )0;1BOxBC =I . §Æt axA = ta cã );( oaA vµ .33 −=⇒= ayax CC VËy ( )33; −aaC . Tõ c«ng thøc ( ) ( )     ++= ++= CBAG CBAG yyyy xxxx 3 1 3 1 ta cã         −+ 3 )1(3 ; 3 12 aa G . C¸ch I. Ta cã : |1|2|,1|3|,1| −=−=−= aBCaACaAB . Do ®ã ∑1® 0,25 ® www.VNMATH.com
  • 12. ( )2 1 2 3 . 2 1 −==∆ aACABS ABC . Ta cã ( ) |1|3|1|3 132 2 −+− − = ++ = aa a BCACAB S r = .2 13 |1| = + −a VËy .232|1| +=−a TH1.         ++ ⇒+= 3 326 ; 3 347 332 11 Ga TH2         −−−− ⇒−−= 3 326 ; 3 134 132 22 Ga . C¸ch II. y C I O B A x Gäi I lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp ABC∆ . V× 22 ±=⇒= Iyr . Ph−¬ng tr×nh ( ) 321 3 1 1.30: 0 ±=⇒ − =−= Ix x xtgyBI . TH1 NÕu A vµ O kh¸c phÝa ®èi víi .321+=⇒ IxB Tõ 2),( =ACId .3232 +=+=⇒ Ixa         ++ ⇒ 3 326 ; 3 347 1G TH 2. NÕu A vµ O cïng phÝa ®èi víi .321−=⇒ IxB T−¬ng tù ta cã .3212 −−=−= Ixa         −−−− ⇒ 3 326 ; 3 134 2G 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 2. Tõ 13 5 nn CC = ta cã 3≥n vµ ∑1 ® www.VNMATH.com
  • 13. ( ) ( ) 02835 6 )2)(1( !1 ! 5 !3!3 ! 2 =−−⇔= −− ⇔ − = − nnn nnn n n n n 41 −=⇒ n (lo¹i) hoÆc .72 =n Víi 7=n ta cã .4421402.2.3514022 222 3 3 4 2 1 3 7 =⇔=⇔=⇔=                −−− −− xC xxx xx 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® www.VNMATH.com
  • 14. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 ------------------------- §¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n to¸n, khèi b C©u ý Néi dung §H C§ I 1 Víi 1=m ta cã 108 24 +−= xxy lµ hµm ch½n ⇒ ®å thÞ ®èi xøng qua Oy . TËp x¸c ®Þnh ∀ Rx ∈ , ( )44164' 23 −=−= xxxxy , 0'=y    ±= = ⇔ 2 0 x x , 3 4 121612" 22       −=−= xxy 3 2 0" ±=⇔= xy . B¶ng biÕn thiªn: ∞+ − −∞− 2 3 2 0 3 2 2x −'y 0 + 0 − 0 + "y + 0 − 0 + ∞+ 10 ∞+ y lâm U C§ U lâm CT låi CT 6− 6− Hai ®iÓm cùc tiÓu : ( )6;21 −−A vµ ( )6;22 −A . Mét ®iÓm cùc ®¹i: ( )10;0B . Hai ®iÓm uèn:       − 9 10 ; 3 2 1U vµ       9 10 ; 3 2 2U . Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi trôc tung lµ ( )10;0B . §å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i 4 ®iÓm cã hoµnh ®é: 64 +±=x vµ 64 −±=x . (ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn) ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® ∑ 5,1 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® x0 10 y -6 -2 2 A2A1 B U1 U2 www.VNMATH.com
  • 15. I 2 ( ) ( )922924' 2223 −+=−+= mmxxxmmxy ,    =−+ = ⇔= 092 0 0' 22 mmx x y Hµm sè cã ba ®iÓm cùc trÞ ⇔ ph−¬ng tr×nh 0'=y cã 3 nghiÖm ph©n biÖt (khi ®ã 'y ®æi dÊu khi qua c¸c nghiÖm)⇔ ph−¬ng tr×nh 092 22 =−+ mmx cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 0. 092 22 =−+ mmx     − = ≠ ⇔ m m x m 2 9 0 2 2 . Ph−¬ng tr×nh 092 22 =−+ mmx cã 2 nghiÖm kh¸c 0    << −< ⇔ .30 3 m m VËy hµm sè cã ba ®iÓm cùc trÞ    << −< ⇔ .30 3 m m ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® II 1 xxxx 6cos5sin4cos3sin 2222 −=− 2 12cos1 2 10cos1 2 8cos1 2 6cos1 xxxx + − − = + − − ⇔ ( ) ( ) 06cos8cos10cos12cos =+−+⇔ xxxx ( ) 07cos11coscos =−⇔ xxx 02sin9sincos =⇔ xxx . 2 902sin9sin Zk k x k x xx ∈      = = ⇔=⇔ π π Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ sö dông c¸c c¸ch biÕn ®æi kh¸c ®Ó ®−a vÒ ph−¬ng tr×nh tÝch. ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 2 ( ) 1)729(loglog 3 ≤−x x (1). §iÒu kiÖn: 73log1729 0)729(log 0729 1,0 9 3 >⇔>−⇔      >− >− ≠> x xx x x x (2). Do 173log9 >>x nªn ( ) xx ≤−⇔ 729log)1( 3 ( ) 072333729 2 ≤−−⇔≤−⇔ xxxx (3). §Æt x t 3= th× (3) trë thµnh 2938980722 ≤⇔≤≤−⇔≤≤−⇔≤−− xttt x . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (2) ta ®−îc nghiÖm cña bÊt ph−¬ng tr×nh lµ: 273log9 ≤< x . ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® www.VNMATH.com
  • 16. 3     ++=+ −=− ).2(2 )1(3 yxyx yxyx §iÒu kiÖn: )3( .0 0    ≥+ ≥− yx yx ( )    += = ⇔=−−−⇔ .1 01)1( 63 yx yx yxyx Thay yx = vµo (2), gi¶i ra ta ®−îc .1== yx Thay 1+= yx vµo (2), gi¶i ra ta cã: 2 1 , 2 3 == yx . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (3) hÖ ph−¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm: 1,1 == yx vµ 2 1 , 2 3 == yx Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ n©ng hai vÕ cña (1) lªn luü thõa bËc 6 ®Ó di ®Õn kÕt qu¶:    += = .1yx yx ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® III T×m giao ®iÓm cña hai ®−êng cong 4 4 2 x y −= vµ 24 2 x y = : 4 4 2 x − = 24 2 x 8804 432 2 24 ±=⇔=⇔=−+⇔ xx xx . Trªn [ ]8;8− ta cã 24 2 x 4 4 2 x −≤ vµ do h×nh ®èi xøng qua trôc tung nªn dx xx S ∫         −−= 8 0 22 244 42 21 8 0 2 8 0 2 22 1 16 SSdxxdxx −=−−= ∫∫ . §Ó tÝnh 1S ta dïng phÐp ®æi biÕn tx sin4= , khi 4 0 π ≤≤ t th× 80 ≤≤ x . tdtdx cos4= vµ     ∈∀> 4 ;00cos π tt . Do ®ã ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 5,1 ® 0,5 ® 0,25 ® x0-4 4 2 y -2 2 2 2 2 A2 A1 4 x 4y 2 −= 24 x y 2 = www.VNMATH.com
  • 17. ( ) 422cos18cos1616 4 0 4 0 2 8 0 2 1 +=+==−= ∫∫∫ π ππ dtttdtdxxS . 3 8 26 1 22 1 8 0 3 8 0 2 2 === ∫ xdxxS . VËy 3 4 221 +=−= πSSS . Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ tÝnh diÖn tÝch dx xx S ∫ −         −−= 8 8 22 244 4 . 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® IV 1 Kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn ®−êng th¼ng AB b»ng 2 5 5=⇒ AD vµ 2 5 == IBIA . Do ®ã BA, lµ c¸c giao ®iÓm cña ®−êng th¼ng AB víi ®−êng trßn t©m I vµ b¸n kÝnh 2 5 =R . VËy täa ®é BA, lµ nghiÖm cña hÖ :            =+      − =+− 2 2 2 2 5 2 1 022 yx yx Gi¶i hÖ ta ®−îc ( ) ( )2;2,0;2 BA − (v× 0<Ax ) ( ) ( )2;1,0;3 −−⇒ DC . Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm H lµ h×nh chiÕu cña I trªn ®−êng th¼ng AB . Sau ®ã t×m BA, lµ giao ®iÓm cña ®−êng trßn t©m H b¸n kÝnh HA víi ®−êng th¼ng AB . ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 5,1 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® xCIOA D B H y www.VNMATH.com
  • 18. IV 2a) T×m kho¶ng c¸ch gi÷a BA1 vµ DB1 . C¸ch I. Chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )aaDaaaCaaBaaCaAaDaBA ;;0,;;;;0;;0;;;0;0,0;;0,0;0;,0;0;0 1111 ⇒ ( ) ( ) ( )0;0;,;;,;0; 1111 aBAaaaDBaaBA =−−=−=⇒ vµ[ ] ( )222 11 ;2;, aaaDBBA = . VËy ( ) [ ] [ ] 66, ., , 2 3 11 1111 11 a a a DBBA BADBBA DBBAd === . C¸ch II. ( ) DBBADCABBA ADBA ABBA 11111 1 11 ⊥⇒⊥⇒    ⊥ ⊥ . T−¬ng tù DBCA 111 ⊥ ( )111 BCADB ⊥⇒ . Gäi ( )111 BCADBG ∩= . Do aCBBBAB === 11111 nªn GGCGBGA ⇒== 11 lµ t©m tam gi¸c ®Òu 11BCA cã c¹nh b»ng 2a . Gäi I lµ trung ®iÓm cña BA1 th× IG lµ ®−êng vu«ng gãc chung cña BA1 vµ DB1 , nªn ( ) 62 3 3 1 3 1 , 1111 a BAICIGDBBAd ==== . Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ viÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( )P chøa BA1 vµ song song víi DB1 lµ: 02 =−++ azyx vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ 1B (hoÆc tõ D ) tíi ( )P , hoÆc viÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( )Q chøa DB1 vµ song song víi BA1 lµ: 022 =−++ azyx vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ 1A (hoÆc tõ B) tíi ( )Q . ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 5,1 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,5 ® x D1 D C1 B1 A1 z y x A CB I G www.VNMATH.com
  • 19. 2b) C¸ch I. Tõ C¸ch I cña 2a) ta t×m ®−îc                   a a Pa a N a aM ; 2 ;0,0;; 2 , 2 ;0; 0.;0; 2 , 2 ; 2 ; 11 =⇒      =      −=⇒ NCMPa a NC aa aMP . VËy NCMP 1⊥ . C¸ch II. Gäi E lµ trung ®iÓm cña 1CC th× ( )⇒⊥ 11CCDDME h×nh chiÕu vu«ng gãc cña MP trªn ( )11CCDD lµ 1ED . Ta cã NCEDNCDNCCEDCECDCNC 1111 0 111111 90 ⊥⇒−==⇒∆=∆ . Tõ ®©y theo ®Þnh lý ba ®−êng vu«ng gãc ta cã NCMP 1⊥ . ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® V Sè tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 3 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L lµ 3 2nC . Gäi ®−êng chÐo cña ®a gi¸c ®Òu nAAA 221 L ®i qua t©m ®−êng trßn ( )O lµ ®−êng chÐo lín th× ®a gi¸c ®· cho cã n ®−êng chÐo lín. Mçi h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh lµ 4 trong n2 ®iÓm nAAA 221 ,,, L cã c¸c ®−êng chÐo lµ hai ®−êng chÐo lín. Ng−îc l¹i, víi mçi cÆp ®−êng chÐo lín ta cã c¸c ®Çu mót cña chóng lµ 4 ®Ønh cña mét h×nh ch÷ nhËt. VËy sè h×nh ch÷ nhËt nãi trªn b»ng sè cÆp ®−êng chÐo lín cña ®a gi¸c nAAA 221 L tøc 2 nC . Theo gi¶ thiÕt th×: ∑ 0,1 ® 0,25 ® 0,25 ® D1 A1 B1 C1 C B A M E N P y x z www.VNMATH.com
  • 20. ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) 2 1 20 6 2212.2 !2!2 ! 20 !32!3 !2 20 23 2 − = −− ⇔ − = − ⇔= nnnnn n n n n CC nn 81512 =⇔=−⇔ nn . Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ t×m sè h×nh ch÷ nhËt b»ng c¸c c¸ch kh¸c. NÕu lý luËn ®óng ®Ó ®i ®Õn kÕt qu¶ sè h×nh ch÷ nhËt lµ 2 )1( −nn th× cho ®iÓm tèi ®a phÇn nµy. 0,5 ® www.VNMATH.com
  • 21. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc , cao ®¼ng n¨m 2002 M«n To¸n, khèi D §¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc C©u Néi dung §iÓm §H C§ I 3® 4® 1. 1 1,5 Khi m = -1 ,ta cã 1x 4 3 1x 1x3 y − −−= − −− = -TX§ : 1x ≠ - CBT : ( ) ⇒≠∀> − = 1x,0 1x 4 y 2 , hµm sè kh«ng cã cùc trÞ. 1/4 1/4 3ylim x −= ∞→ ; −∞=+∞= +− →→ 1x1x ylim;ylim . - BBT : x - ∞ 1 + ∞ y/ + + + ∞ y -3 -3 - ∞ 1/4 1/4 - TC: x=1 lµ tiÖm cËn ®øng v× = → ylim 1x ∞ . y=-3 lµ tiÖm cËn ngang v× 3ylim x −= ∞→ 1/4 1/4 - Giao víi c¸c trôc : x = 0 ⇒ y = 1; y = 0 ⇒ x = - 1/3. 1/4 - §å thÞ : x y 1/4 1/2 www.VNMATH.com
  • 22. 2. 1 1,5 DiÖn tÝch cÇn tÝnh lµ : dx 1x 1x3 S 0 3/1 ∫−       − −− = 1/4 1/2 ∫ ∫− − − −−= 0 3/1 0 3/1 1x dx 4dx3 1/4 1/4 3/1 0 1xln4 3 1 .3 − −−−= 1/4 1/2 3 4 ln41+−= ( ®vdt). 1/4 1/4 3. 1 1 Ký hiÖu ( ) 1x mx1m2 )x(f 2 − −− = . Yªu cÇu bµi to¸n t−¬ng ®−¬ng víi t×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: (H) ( )   = = .x)x(f x)x(f // 1/4 1/4 Ta cã (H) ( ) ( )        =        − −− = − −− ⇔ 0 1x mx 0 1x mx / 2 2 1/4 1/4 ( ) ( )( ) ( ) ( )       = − −+−−− = − −− ⇔ 0 1x mx1xmx2 0 1x mx 2 2 2 1/4 1/4 Ta thÊy víi 1m ≠∀ ; x = m lu«n tho¶ m·n hÖ ( H ) . V× vËy 1m ≠∀ , (H) lu«n cã nghiÖm , ®ång thêi khi m = 1 th× hÖ ( H ) v« nghiÖm. Do ®ã ®å thÞ hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng y = x khi vµ chØ khi 1m ≠ . §S : 1m ≠ . 1/4 1/4 II 2® 3® 1. 1 1,5 BÊt ph−¬ng tr×nh           ≥− >−− =−− ⇔ 0x3x 02x3x2 02x3x2 2 2 2 1/4 1/2 TH 1: . 2 1 x2x02x3x202x3x2 22 −=∨=⇔=−−⇔=−− 1/4 1/4 TH 2:    ≥− >−− ⇔     ≥− >−− 0x3x 02x3x2 0x3x 02x3x2 2 2 2 2     ≥∨≤ >∨−< ⇔ 3x0x 2x 2 1 x 1/4 www.VNMATH.com
  • 23. 3x 2 1 x ≥∨−< 1/4 1/4 Tõ hai tr−êng hîp trªn suy ra §S: 3x2x 2 1 x ≥∨=∨−≤ 1/4 1/4 2. 1 1,5 HÖ ph−¬ng tr×nh    = −= ⇔ y2 y4y52 x 2x3 1/4 1/2    =+− >= ⇔ 0y4y5y 0y2 23 x 1/4 1/4    =∨=∨= >= ⇔ 4y1y0y 0y2x 1/4 1/4 ⇔    = = ∨    = = 4y 2x 1y 0x 1/4 1/2 III 1® 1® Ph−¬ng tr×nh ( ) ( ) 01x2cos4xcos3x3cos =+−+⇔ 0xcos8xcos4 23 =−⇔ ( ) 02xcosxcos4 2 =−⇔ 0xcos =⇔ 1/4 1/2 π+ π =⇔ k 2 x . 1/4 1/4 [ ] 3k2k1k0k14;0x =∨=∨=∨=⇔∈ 1/4 §S : ; 2 x π = 2 3 x π = ; 2 5 x π = ; 2 7 x π = . 1/4 1/4 IV 2® 2® 1. 1 1 C¸ch 1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4 L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau. 1/4 1/4 Do ®ã cã thÓ chän hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc, gèc A sao cho B(3;0;0) , C(0;4;0), D( 0;0;4). MÆt ph¼ng (BCD) cã ph−¬ng tr×nh : 01 4 z 4 y 3 x =−++ . 1/4 1/4 Kho¶ng c¸ch cÇn tÝnh lµ : 17 346 16 1 16 1 9 1 1 = ++ (cm). 1/4 1/4 www.VNMATH.com
  • 24. C¸ch 2 Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4 L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau. 1/4 1/4 D H C A 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. DÔ dµng chøng minh ®−îc hÖ thøc: 2222 AC 1 AB 1 AD 1 AH 1 ++= . 1/4 1/4 Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vµo hÖ thøc trªn ta tÝnh ®−îc: cm 17 346 AH = 1/4 1/4 C¸ch 3: Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4 L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau. 1/4 1/4 Gäi V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABCD, ta cã V= 8ADACAB 6 1 =⋅⋅⋅ . ¸p dông c«ng thøc )BCD(dt V3 AH ∆ = víi V = 8 vµ dt( ∆ BCD) =2 34 ta tÝnh ®−îc cm 17 346 AH = . 1/2 1/2 2 1 1 C¸ch 1: MÆt ph¼ng (P) cã vect¬ ph¸p tuyÕn ( )0;1;2n − → . §−êng th¼ng md cã vec t¬ chØ ph−¬ng ( )( ) ( ) ( )( )m1m;1m2;1m2m1u 2 −−+−+− → . 1/4 1/4 Suy ra → u . → n =3(2m+1). md song song víi (P)      ⊄ ⊥⇔ →→ )P(d nu m 1/4 1/4 www.VNMATH.com
  • 25. ( )     ∉∈∃ =⇔ →→ PA,dA 0n.u m Ta cã : ®iÒu kiÖn 0n.u = →→ 2 1 m −=⇔ 1/4 1/4 MÆt kh¸c khi m = - 1/2 th× md cã ph−¬ng tr×nh :    = =− 0x 01y , mäi ®iÓm A( 0;1;a) cña ®−êng th¼ng nµy ®Òu kh«ng n»m trong (P), nªn ®iÒu kiÖn ( )PA,dA m ∉∈∃ ®−îc tho¶ m·n. §S : m = - 1/2 1/4 1/4 C¸ch 2: ViÕt ph−¬ng tr×nh dm d−íi d¹ng tham sè ta ®−îc      −−−= +−= +−= m)t.m(12z t1)(2m1y 1)tm)(2m(1x 2 1/4 1/4 md // (P) ⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn t sau        =+− −−−= +−= +−= 02yx2 t)m1(m2z t)1m2(1y t)1m2)(m1(x 2 v« nghiÖm 1/4 1/4 ⇔ ph−¬ng tr×nh Èn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 v« nghiÖm 1/4 1/4 ⇔ m=-1/2 1/4 1/4 C¸ch 3: md // (P) ⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn x, y, z sau (H) ( ) ( )      =++++ =−+−++ =+− 02m4z)1m2(mx 01myx1x1m2 02yx2 v« nghiÖm 1/4 1/4 Tõ 2 ph−¬ng tr×nh ®Çu cña hÖ ph−¬ng tr×nh trªn suy ra       + = − = 3 4m2 y 3 1m x 1/4 1/4 ThÕ x , y t×m ®−îc vµo ph−¬ng tr×nh thø ba ta cã : )6m11m( 3 1 z)1m2( 2 ++−=+ 1/4 1/4 HÖ (H) v« nghiÖm 2 1 m −=⇔ 1/4 1/4 V 2® 1. 1 Ta cã : ( ) ∑= =+ n 0k kk n n xC1x , 1/4 Cho x = 2 ta ®−îc ∑= = n 0k kk n n 2C3 1/4 5n32433 5n =⇔==⇒ . 1/2 www.VNMATH.com
  • 26. 2. 1 C¸ch 1 Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªn hai tia Ox vµ Oy. §−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : 01 n y m x =−+ 1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi : 1 n 1 9 m 1 16 22 =      +      . 1/4 Theo B§T C«si ta cã : ( ) 2 2 2 2 22 22222 n m 9 m n 1625 n 9 m 16 nmnmMN ++=      ++=+= 499.16225 =+≥ 7MN ≥⇒ 1/4 §¼ng thøc x¶y ra         >> =+ = ⇔ 0n,0m 49nm n m9 m n16 22 2 2 2 2 ⇔ 21n,72m == . KL: Víi ( ) ( )21;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4 C¸ch 2 Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªn hai tia Ox vµ Oy. §−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : 01 n y m x =−+ 1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi : 1 n 1 9 m 1 16 22 =      +      . 1/4 Theo bÊt ®¼ng thøc Bunhiacèpski ta cã ( ) 49 n 3 .n m 4 .m n 9 m 16 nmnmMN 2 22 22222 =      +≥      ++=+= . 7MN ≥⇒ 1/4 - §¼ng thøc x¶y ra         >> =+ = ⇔ 0n,0m 7nm n 3 :n m 4 :m 22 ⇔ 21n,72m == . KL: Víi ( ) ( )21;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4 C¸ch 3: Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm (x0 ; y0) thuéc (E) : 1 9 yy 16 xx 00 =+ 1/4 www.VNMATH.com
  • 27. Suy ra to¹ ®é cña M vµ N lµ       0; x 16 M 0 vµ       0y 9 ;0N ⇒         +        +=+= 2 0 2 2 0 22 0 2 0 2 0 2 2 0 2 2 y 9 x 16 9 y 16 x y 9 x 16 MN 1/4 Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si hoÆc Bunhiac«pski (nh− c¸ch 1 hoÆc c¸ch 2) ta cã : 22 7MN ≥ 1/4 - §¼ng thøc x¶y ra 7 213 y; 7 78 x 00 ==⇔ . - Khi ®ã ( ) ( )21;0N,0;72M vµ GTNN (MN) = 7 1/4 -----------------------HÕt---------------------- www.VNMATH.com
  • 28. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 -------------------------- M«n thi : to¸n khèi A ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót ___________________________________ C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè m x mxmx y ((1) 1 2 − ++ = lµ tham sè). 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m = −1. 2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc hoµnh t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt vµ hai ®iÓm ®ã cã hoµnh ®é d−¬ng. C©u 2 (2 ®iÓm). 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .2sin 2 1 sin tg1 2cos 1cotg 2 xx x x x −+ + =− 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh     += −=− .12 11 3 xy y y x x  C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Cho h×nh lËp ph−¬ng . TÝnh sè ®o cña gãc ph¼ng nhÞ diÖn [ ].. ' ' ' 'ABCD A B C D DCAB ,', 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho h×nh hép ch÷ nhËt cã trïng víi gèc cña hÖ täa ®é, yz ; 0; 0. ' ' ' 'ABCD A B C D A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; )B a D a A b . Gäi( 0, 0)a b> > M lµ trung ®iÓm c¹nh CC .' a) TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn 'BDA M theo a vµ b . b) X¸c ®Þnh tû sè a b ®Ó hai mÆt ph¼ng vµ( ' )A BD ( )MBD vu«ng gãc víi nhau. C©u 4 ( 2 ®iÓm). 1) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x 8 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña n x x      + 5 3 1  , biÕt r»ng )3(73 1 4 +=− + + + nCC n n n n ( n lµ sè nguyªn d−¬ng, x > 0, lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö).k nC 2) TÝnh tÝch ph©n ∫ + = 32 5 2 4xx dx I . C©u 5 (1 ®iÓm). Cho x, y, z lµ ba sè d−¬ng vµ x + y + z ≤ 1. Chøng minh r»ng .82 111 2 2 2 2 2 2 ≥+++++ z z y y x x −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: …………………………….. ……. Sè b¸o danh: ……………. www.VNMATH.com
  • 29. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 ----------------------- M«n thi : to¸n khèi B §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót _______________________________________________ C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè ( lµ tham sè).3 2 3 (1)y x x m= − + m 1) T×m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng víi nhau qua gèc täa ®é.m 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m =2. C©u 2 (2 ®iÓm). 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 otg tg 4sin 2 sin 2 x x xc x − + = . 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 2 2 2 2 2 3 2 3 . y y x x x y  + =   + =  C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho tam gi¸c cãy ABC 0 , 90 .AB AC BAC= = BiÕt (1; 1)M − lµ trung ®iÓm c¹nh BC vµ 2 ; 0 3      G lµ träng t©m tam gi¸c . T×m täa ®é c¸c ®Ønh .  ABC , ,A B C 2) Cho h×nh l¨ng trô ®øng cã ®¸y lµ mét h×nh thoi c¹nh , gãc . ' ' ' 'ABCD A B C D ABCD a 0 60BAD = . Gäi M lµ trung ®iÓm c¹nh vµ lµ trung ®iÓm c¹nh '. Chøng minh r»ng bèn ®iÓm ' NAA CC ', , ,B M D N ' cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. H·y tÝnh ®é dµi c¹nh ' theo a ®Ó tø gi¸cAA B MDN lµ h×nh vu«ng. 3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho hai ®iÓm vµ ®iÓm sao cho . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ trung ®iÓm yz 0)(2; 0; 0), (0; 0; 8)A B C (0; 6;AC → = I cña BC ®Õn ®−êng th¼ng OA. C©u 4 (2 ®iÓm). 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 2 4 .y x x= + − 2) TÝnh tÝch ph©n π 4 2 0 1 2sin 1 sin 2 x I dx x − = +∫ . C©u 5 (1 ®iÓm). Cho lµ sè nguyªn d−¬ng. TÝnh tængn 2 3 1 0 1 22 1 2 1 2 1 2 3 1 n n n n nC C C n + − − − + + + + + nC (C lµ sè tæ hîp chËp k cña phÇn tö).k n n ----------------------------------HÕt--------------------------------- Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh……………………………………….. Sè b¸o danh………… www.VNMATH.com
  • 30. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 ---------------------- M«n thi: to¸n Khèi D §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót _______________________________________________ C©u 1 (2 ®iÓm). 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2 2 4 (1) 2 x x y x − + = − . 2) T×m ®Ó ®−êng th¼ng d ym : 2 2m mx m= + − c¾t ®å thÞ cña hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt. C©u 2 (2 ®iÓm). 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 2 2π sin tg cos 0 2 4 2 x x x   − − =    . 2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh . 2 2 2 2 2x x x x− + − − = 3 C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc cho ®−êng trßnOxy 4)2()1(:)( 22 =−+− yxC vµ ®−êng th¼ng : 1 0d x y− − = . ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ( ®èi xøng víi ®−êng trßn qua ®−êng th¼ng T×m täa ®é c¸c giao ®iÓm cña vµ . ')C (C ( )C .d ) ( ')C 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho ®−êng th¼ng 3 2 : 1 0.k x ky z d kx y z 0+ − + =  − + + = T×m ®Ó ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ngk kd ( ) : 2 5 0P x y z− − + = . 3) Cho hai mÆt ph¼ng vµ vu«ng gãc víi nhau, cã giao tuyÕn lµ ®−êng th¼ng( )P ( )Q ∆ . Trªn lÊy hai ®iÓm víi∆ ,A B AB a= . Trong mÆt ph¼ng lÊy ®iÓm , trong mÆt ph¼ng ( lÊy ®iÓm sao cho , ( )P C )Q D AC BD cïng vu«ng gãc víi ∆ vµ . TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®Õn mÆt ph¼ng AC BD A AB== ABCD ( )BCD theo .a C©u 4 ( 2 ®iÓm). 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 2 1 1 x y x + = + trªn ®o¹n [ ]1; 2− . 2) TÝnh tÝch ph©n 2 2 0 I x x d= −∫ x . C©u 5 (1 ®iÓm). Víi lµ sè nguyªn d−¬ng, gäin 3 3na − lµ hÖ sè cña 3 3n x − trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña ( 1 . T×m n ®Ó2 ) ( 2)n x x+ + n 3 3 26na − n= . ------------------------------------------------ HÕt ------------------------------------------------ Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:…………………………….. ……. Sè b¸o danh:………………… www.VNMATH.com
  • 31. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 −−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi A Néi dung ®iÓm C©u 1. 2®iÓm 1) Khi 2 1 1 1 . 1 1 x x m y x x x − + − = − ⇒ = = − − − − + TËp x¸c ®Þnh: { 1 }.R + 2 2 2 01 2 ' 1 . ' 0 2.( 1) ( 1) xx x y y xx x =− + = − + = = ⇔  =− −  + [ ] ⇒= − =−− ∞→∞→ 0 1 1 lim)(lim x xy xx tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: xy −= . ⇒∞= → y x 1 lim tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ: 1=x . B¶ng biÕn thiªn: §å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 1). 1 ®iÓm 0,25 ® 0,5 ® 0, 25 ® x − ∞ 0 1 2 + ∞ y’ − 0 + + 0 − +∞ +∞ −3 y CT C§ 1 − ∞ − ∞ y xO 1 2 −3 1 −1 www.VNMATH.com
  • 32. 2) §å thÞ hµm sè 1 2 − ++ = x mxmx y c¾t trôc hoµnh t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é d−¬ng ⇔ ph−¬ng tr×nh 2 ( ) 0f x mx x m= + + = cã 2 nghiÖm d−¬ng ph©n biÖt kh¸c 1 2 0 1 4 0 (1) 2 1 0 1 0, 0 m m f m m S P m m ≠  ∆ = − > ⇔  = + ≠   = − > = >  0 1 12 0 1 2 2 0 m m m m m ≠   <  ⇔ ⇔ − < <  ≠ −   < . VËy gi¸ trÞ m cÇn t×m lµ: 1 0 2 m− < < . 1 ®iÓm 0,25 ® 0,75 ® C©u 2. 2®iÓm 1) §iÒu kiÖn sin 0 cos 0 (*) tg 1 x x x ≠  ≠  ≠ − . Khi ®ã ph−¬ng tr×nh ®· cho )cos(sinsin cos sin 1 sincos 1 sin cos 22 xxx x x xx x x −+ + − =−⇔ cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos ) sin x x x x x x x x x − ⇔ = − + − 2 (cos sin )(1 sin cos sin ) 0x x x x x⇔ − − + = 2 cos sin 0 1 sin cos sin 0. x x x x x − = ⇔  − + = TH1: π sin cos tg 1 π ( ) 4 x x x x k k= ⇔ = ⇔ = + ∈Z tháa m·n ®iÒu kiÖn (*). TH2: 2 21 1 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0: 2 x x x x x− + = ⇔ − + = v« nghiÖm. VËy nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: π π ( ) 4 x k k= + ∈Z . 2) Gi¶i hÖ 3 1 1 (1) 2 1 (2). x y x y y x  − = −   = + + §iÒu kiÖn 0.xy ≠ + Ta cã 1 (1) ( )(1 ) 0 1. x y x y xyxy = ⇔ − + = ⇔  = − TH1: 3 3 2 2 1 2 1 ( 1)( 1) 0 x y x y x y y x x x x x x = = =     ⇔ ⇔   = + = + − + − =     1 1 5 2 1 5 . 2 x y x y x y   = =  − +⇔ = =  − − = = 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 1 ®iÓm 0, 25 ® 0,5 ® www.VNMATH.com
  • 33. TH2: 3 3 4 1 1 1 (3) 22 1 1 2 0 (4). yxy yx x y x x x x x  = −= − = −   ⇔ ⇔   = +   − = + + + = Ta chøng minh ph−¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm. C¸ch 1. 2 2 4 2 1 1 3 2 0, 2 2 2     + + = − + + + > ∀        x x x x x . C¸ch 2. §Æt 4 3 1 ( ) 2 ( ) min ( ) 0 4∈  − = + + ⇒ ≥ = >   x f x x x f x f x f R . Tr−êng hîp nµy hÖ v« nghiÖm. VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ: 1 5 1 5 1 5 1 5 ( ; ) (1;1), ; , ; 2 2 2 2 x y    − + − + − − − − =            . 0, 25 ® C©u 3. 3®iÓm 1) C¸ch 1. §Æt AB a= . Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B trªn A’C, suy ra BH ⊥ A’C, mµ BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, do ®ã A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH. VËy gãc ph¼ng nhÞ diÖn [ ], ' ,B A C D lµ gãc BHD . XÐt 'A DC∆ vu«ng t¹i D cã DH lµ ®−êng cao, ta cã . ' . 'DH A C CD A D= . ' ' CD A D DH A C ⇒ = . 2 2 3 3 a a a a = = . T−¬ng tù, 'A BC∆ vu«ng t¹i B cã BH lµ ®−êng cao vµ 2 3 a BH = . MÆt kh¸c: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 . cos 2. cos 3 3 3 a a a a BD BH DH BH DH BHD BHD= = + − = + − , do ®ã 1 cos 2 BHD = − o 120BHD⇒ = . C¸ch 2. Ta cã BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ A’C (§Þnh lý ba ®−êng vu«ng gãc). T−¬ng tù, BC’⊥ A’C ⇒ (BC’D) ⊥ A’C . Gäi H lµ giao ®iÓm cña 'A C vµ ( ' )BC D ⇒ BHD lµ gãc ph¼ng cña [ ]; ' ;B A C D . C¸c tam gi¸c vu«ng HA’B, HA’D, HA’C’ b»ng nhau ⇒ HB = HC’ = HD ⇒ H lµ t©m ∆BC’D ®Òu o 120BHD⇒ = . 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc 0, 25® 0,25 ® 0,5 ® A A’ B’ C’ D’ D C B H I www.VNMATH.com
  • 34. 2) a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã ) 2 ;;();;('0);;;( b aaMbaaCaaC ⇒ . VËy ( ; ; 0), (0; ; ) 2 b BD a a BM a= − = 2 , ; ; 2 2 ab ab BD BM a   ⇒ = −     . ( ) 2 3 ' ; 0; , . ' . 2 a b BA a b BD BM BA − = − ⇒ =  Do ®ã 2 ' 1 , . ' 6 4 BDA M a b V BD BM BA = =  . b) MÆt ph¼ng ( )BDM cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ 2 1 , ; ; 2 2 ab ab n BD BM a   = = −     , mÆt ph¼ng ( ' )A BD cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ 2 2 , ' ( ; ; )n BD BA ab ab a = =  . Do ®ã 2 2 2 2 4 1 2( ) ( ' ) . 0 0 2 2 a b a b BDM A BD n n a a b⊥ ⇔ = ⇔ + − = ⇔ = 1 a b ⇔ = . 2 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 5 ® 0, 5 ® C©u 4. 2®iÓm 1) Ta cã ( )1 1 4 3 3 3 37( 3) 7( 3)n n n n n n n n n nC C n C C C n+ + + + + + +− = + ⇔ + − = + ( 2)( 3) 7( 3) 2 7.2! 14 12. 2! n n n n n + + ⇔ = + ⇔ + = = ⇔ = Sè h¹ng tæng qu¸t cña khai triÓn lµ ( ) 125 60 11 3 2 2 12 12. k k k k k C x x C x − − −     =     . Ta cã 60 11 82 60 11 8 4. 2 − − = ⇒ = ⇔ = k k x x k Do ®ã hÖ sè cña sè h¹ng chøa 8 x lµ .495 )!412(!4 !124 12 = − =C 2) TÝnh tÝch ph©n 2 3 2 2 5 4 xdx I x x = + ∫ . §Æt 2 2 4 4 xdx t x dt x = + ⇒ = + vµ 2 2 4.x t= − Víi 5x = th× 3t = , víi 2 3x = th× 4t = . Khi ®ã 2 3 4 4 22 2 3 35 1 1 1 4 2 244 xdx dt I dt t ttx x   = = = −  − + −+ ∫ ∫ ∫ 4 3 1 2 1 5 ln ln . 4 2 4 3 t t −  = = +  1 ®iÓm 0, 5 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0, 25 ® A A’ B’ C’ D’ D C B y x z www.VNMATH.com
  • 35. C©u 5. 1®iÓm Víi mäi ,u v ta cã | | | | | | (*)u v u v+ ≤ + (v× ( ) 22 22 2 2 | | 2 . | | | | 2 | |.| | | | | |u v u v u v u v u v u v+ = + + ≤ + + = + ) §Æt , 1 ;       = → x xa       = → y yb 1 ; ,       = → z zc 1 ; . ¸p dông bÊt ®¼ng thøc (*) ta cã | | | | | | | | | | | |.a b c a b c a b c+ + ≥ + + ≥ + + VËy 2 2 2 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 ( )P x y z x y z x y zx y z   = + + + + + ≥ + + + + +    . C¸ch 1. Ta cã ( ) 22 22 3 3 1 1 1 1 9 ( ) 3 3 9P x y z xyz t x y z xyz t    ≥ + + + + + ≥ + = +         , víi ( ) 22 3 1 0 3 9 x y z t xyz t + +  = ⇒ < ≤ ≤    . §Æt 2 9 9 1 ( ) 9 '( ) 9 0, 0; ( ) 9 Q t t Q t t Q t t t   = + ⇒ = − < ∀ ∈ ⇒   gi¶m trªn 1 0; 9      1 ( ) 82. 9 Q t Q   ⇒ ≥ =    VËy ( ) 82.P Q t≥ ≥ (DÊu “=” x¶y ra khi 1 3 x y z= = = ). C¸ch 2. Ta cã 2 2 2 2 21 1 1 1 1 1 ( ) 81( ) 80( )x y z x y z x y z x y z x y z     + + + + + = + + + + + − + +        21 1 1 18( ) 80( ) 162 80 82.x y z x y z x y z   ≥ + + + + − + + ≥ − =    VËy 82.P ≥ (DÊu “=” x¶y ra khi 1 3 x y z= = = ). Ghi chó: C©u nµy cßn cã nhiÒu c¸ch gi¶i kh¸c. 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc 0,25 ® 0,5 ® www.VNMATH.com
  • 36. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 −−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi B Néi dung ®iÓm C©u 1. 2®iÓm 1) §å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng nhau qua gèc täa ®é ⇔ tån t¹i 0 0x ≠ sao cho 0 0( ) ( )y x y x= − − ⇔ tån t¹i 0 0x ≠ sao cho 3 2 3 2 0 0 0 03 ( ) 3( )x x m x x m − + = − − − − +   ⇔ tån t¹i 0 0x ≠ sao cho 2 03x m= 0m⇔ > . 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 2. Khi 2m = hµm sè trë thµnh 3 2 3 2.y x x= − + TËp x¸c ®Þnh : . 2 0 ' 3 6 , ' 0 2. x y x x y x = = − = ⇔  = " 6 6. '' 0 1.y x y x= − = ⇔ = "y triÖt tiªu vµ ®æi dÊu qua 1 (1;0)x = ⇒ lµ ®iÓm uèn. B¶ng biÕn thiªn: §å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i c¸c ®iÓm (1;0), (1 3;0)± vµ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0;2) . 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0,25 ® 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® x − ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 − 0 + 2 +∞ C§ CT y − ∞ −2 x y O 2 21 −2 www.VNMATH.com
  • 37. C©u 2. 2®iÓm 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: 2 cotg tg 4sin 2 (1). sin 2 x x x x − + = §iÒu kiÖn: sin 0 (*). cos 0 x x ≠  ≠ Khi ®ã (1) cos sin 2 4sin 2 sin cos sin 2 x x x x x x ⇔ − + = 2 2 cos sin 2 4sin 2 sin cos sin 2 x x x x x x − ⇔ + = 2 2cos2 4sin 2 2x x⇔ + = 2 2cos 2 cos2 1 0x x⇔ − − = cos2 1 1 cos2 32 x kx x kx π π π ==  ⇔ ⇔  = ± += −    ( )k ∈Z . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña (1) lµ π π ( ). 3 x k k= ± + ∈Z 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 2 2 2 2 2 3 (1) 2 3 (2). y y x x x y  + =   + =  §iÒu kiÖn 0, 0x y≠ ≠ . Khi ®ã hÖ ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi 2 2 2 22 2 ( )(3 ) 03 2 3 2.3 2 x y xy x yx y y xy xxy x  − + + == +  ⇔  = += +  TH1: 2 2 1 1.3 2 x y x yxy x = = ⇔  == +  TH2: 2 2 3 0 3 2 xy x y xy x + + =  = + v« nghiÖm, v× tõ (1) vµ (2) ta cã , 0x y > . VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ: 1.x y= = 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 1 ®iÓm 0,25® 0,5® 0,25® C©u 3. 3®iÓm 1) V× G lµ träng t©m ABC∆ vµ M lµ trung ®iÓm BC nªn 3 ( 1;3)MA MG= = − (0;2)A⇒ . Ph−¬ng tr×nh BC ®i qua (1; 1)M − vµ vu«ng gãc víi ( 1,3)MA = − lµ: 1( 1) 3( 1) 0 3 4 0 (1).x y x y− − + + = ⇔ − + + = Ta thÊy 10MB MC MA= = = ⇒ täa ®é ,B C tháa m·n ph−¬ng tr×nh: 2 2 ( 1) ( 1) 10 (2).x y− + + = Gi¶i hÖ (1),(2) ta ®−îc täa ®é cña ,B C lµ (4;0), ( 2; 2).− − 2) Ta cã ' // 'A M NC A MCN= ⇒ lµ h×nh b×nh hµnh, do ®ã 'A C vµ MN c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cña mçi ®−êng. MÆt kh¸c A’DCB’ lµ h×nh b×nh hµnh nªn trung ®iÓm I cña A’C còng chÝnh lµ trung ®iÓm cña B’D. VËy MN vµ B’D c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cña mçi ®−êng nªn B’MDN lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã B’, M, D, N cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. MÆt kh¸c DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2 , hay DM = DN. VËy h×nh b×nh hµnh B’MDN lµ h×nh thoi. Do ®ã B’MDN lµ h×nh 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 1 ®iÓm 0,5® G A B C M . D’ A D C B N M I A’ B’ C’ www.VNMATH.com
  • 38. vu«ng ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2 = B’D2 = B’B2 +BD2 ⇔ 3a2 = B’B2 + a2 ⇔ BB’= 2a ⇔ AA’= 2a . 3) Tõ (0;6;0)AC = vµ A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do ®ã I(1; 3; 4). Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (α) qua I vµ vu«ng gãc víi OA lµ : 1 0.x − = ⇒ täa ®é giao ®iÓm cña (α) víi OA lµ K(1; 0; 0). ⇒ kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn OA lµ 2 2 2 (1 1) (0 3) (0 4) 5.IK = − + − + − = 0,5® 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® C©u 4. 2®iÓm 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè 2 4 .y x x= + − TËp x¸c ®Þnh: [ ]2; 2− . 2 ' 1 4 x y x = − − , 2 2 2 0 ' 0 4 2 4 x y x x x x x ≥ = ⇔ − = ⇔ ⇔ = − = . Ta cã ( 2) 2, ( 2) 2 2, (2) 2y y y− = − = = , VËy [ 2;2] max ( 2) 2 2y y − = = vµ [ 2;2] min ( 2) 2y y − = − = − . 2) TÝnh tÝch ph©n π 4 2 0 1 2sin . 1 sin 2 x I dx x − = +∫ Ta cã π π 4 42 0 0 1 2sin cos2 1 sin 2 1 sin 2 x x I dx dx x x − = = + +∫ ∫ . §Æt 1 sin 2 2cos2t x dt xdx= + ⇒ = . Víi 0x = th× 1,t = víi π 4 x = th× 2t = . Khi ®ã 2 1 21 1 1 ln | | ln 2. 12 2 2 dt I t t = = =∫ 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® C©u 5. 1®iÓm Ta cã 0 1 2 2 (1 ) ...n n n n n n nx C C x C x C x+ = + + + + . Suy ra ( ) 2 2 0 1 2 2 1 1 (1 ) ...n n n n n n nx dx C C x C x C x dx+ = + + + +∫ ∫ 22 2 3 1 1 0 1 2 1 1 1 (1 ) ... 1 2 3 1 n n n n n n n x x x x C x C C C n n + +   ⇔ + = + + + +   + +  2 3 1 1 1 0 1 22 1 2 1 2 1 3 2 2 3 1 1 n n n n n n n nC C C C n n + + + − − − − ⇔ + + + + = + + . 0,5 ® 0,5 ® www.VNMATH.com
  • 39. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 −−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi D Néi dung ®iÓm C©u 1. 2®iÓm 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2 2 4 2 x x y x − + = − . 1 ®iÓm TËp x¸c ®Þnh : R { 2 }. Ta cã 2 2 4 4 . 2 2 x x y x x x − + = = + − − 2 2 2 04 4 ' 1 . ' 0 4.( 2) ( 2) xx x y y xx x =− = − = = ⇔  =− −  [ ] 4 lim lim 0 2x x y x x→∞ →∞ − = = ⇒ − tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: y x= , tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ: 2 lim x y → = ∞ ⇒ 2x = . B¶ng biÕn thiªn: §å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; −2). 0,25® 0,5® 0,25® 2) 1 ®iÓm §−êng th¼ng c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖtmd ⇔ ph−¬ng tr×nh 4 2 2 2 x mx m x + = + − − cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2 2 ( 1)( 2) 4m x⇔ − − = cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2 ⇔ 1 0m − > 1.m⇔ > VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµm 1.m > 0,5® 0,5® x 2 6 −2 2 4O y x − ∞ 0 2 4 + ∞ y’ + 0 − − 0 + − 2 + ∞ + ∞ y C§ CT − ∞ − ∞ 6 www.VNMATH.com
  • 40. C©u 2. 2®iÓm 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 2 2π tg cos 0 2 4 2 x x x   − −    sin (1)= 1 ®iÓm §iÒu kiÖn: (*). Khi ®ãcos 0x ≠ ( ) 2 2 1 sin 1 (1) 1 cos 1 cos 2 2 2cos x x x x π   ⇔ − − = +      ( ) ( )2 2 1 sin sin 1 cos cosx x x⇔ − = + x ( ) ( )1 sin (1 cos )(1 cos ) 1 cos (1 sin )(1 sin )x x x x x⇔ − − + = + − + x ( )1 sin (1 cos )(sin cos ) 0x x x x⇔ − + + = π 2π sin 1 2 cos 1 π 2π tg 1 π π 4 x k x x x k x x k  = += ⇔ = − ⇔ = +  = − = − +  ( )k ∈Z . KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: π 2π π π 4 x k x k = +   = − +  ( ) .k ∈Z 0,5® 0,25® 0,25® 2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1). 2 2 2 2 2x x x x− + − − 3= 1 ®iÓm §Æt . 2 2 0x x t t− = ⇒ > Khi ®ã (1) trë thµnh 24 3 3 4 0 ( 1)( 4) 0t t t t t t − = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ = 4t (v× t )0> VËy 2 2 2 4x x x x− = ⇔ − = 2 1 2. = − ⇔  = x x Do ®ã nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ 1 2. = −  = x x 0,5® 0,5® C©u 3. 3®iÓm 1) 1 ®iÓm Tõ ( ) suy ra cã t©m vµ b¸n kÝnh2 2 :( 1) ( 2) 4− + − =C x y ( )C (1;2)I 2.R = §−êng th¼ng cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ nd (1; 1).= − uur Do ®ã ®−êng th¼ng ∆ ®i qua vµ vu«ng gãc víi d cã ph−¬ng tr×nh:(1;2)I 1 2 1 1 x y x y 3 0 − − = ⇔ + − − = . Täa ®é giao ®iÓm cña vµ lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh:H d ∆ 1 0 2 (2;1). 3 0 1 x y x H x y y − − = =  ⇔ ⇒  + − = =  Gäi lµ ®iÓm ®èi xøng víi qua . Khi ®ãJ (1;2)I d 2 3 (3;0) 2 0 J H I J H I x x x J y x x = − = ⇒ = − = . V× ®èi xøng víi ( qua nªn cã t©m lµ vµ b¸n kÝnh Do ®ã cã ph−¬ng tr×nh lµ: ( ')C (C )C d ( ')C 2 2 (3;0)J 2.R = ') ( 3) 4− +x y = . Täa ®é c¸c giao ®iÓm cña( vµ lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh:)C ( ')C 2 2 2 2 22 2 1 0 1( 1) ( 2) 4 1, 0 3, 2.( 3) 4 2 8 6 0( 3) 4 x y y xx y x y x yx y x xx y  − − = = − − + − = = =   ⇔ ⇔ ⇔    = =− + = − + =  − + =   VËy täa ®é giao ®iÓm cña vµ ( lµ vµ( )C ')C (1;0)A (3;2).B 0,5 0,25® 0,25® www.VNMATH.com
  • 41. 2) 1 ®iÓm Ta cã cÆp vect¬ ph¸p tuyÕn cña hai mÆt ph¼ng x¸c ®Þnh lµkd 1 (1;3 ; 1)= − uur n k vµ . Vect¬ ph¸p tuyÕn cña lµ2 ( ; 1;1)= − uur n k ( )P (1; 1; 2)= − − r n . §−êng th¼ng cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ:kd 2 1 2, (3 1; 1; 1 3 ) 0k k k− − − − − ≠ r Nªn 2 1 1 3 1. 1 1 2 k k k k − − − − − = = ⇔ = − − VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµ 0,5® 0,5 ® 3) 1 ®iÓm Ta cã (P) ⊥ (Q) vµ ∆ = (P) ∩ (Q), mµ AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay . T−¬ng tù, ta cã BD ⊥ ∆ nªn BD ⊥(P), do ®ã CBD . VËy A vµ B A, B n»m trªn mÆt cÇu ®−êng kÝnh CD. 0 90=CAD 0 90= Vµ b¸n kÝnh cña mÆt cÇu lµ: 2 21 2 2 CD R BC BD= = + 2 2 21 3 2 2 a AB AC BD= + + = . Gäi H lµ trung ®iÓm cña BC⇒ AH ⊥ BC. Do BD ⊥(P) nªn BD ⊥ AH ⇒AH ⊥ (BCD). VËy AH lµ kho¶ng c¸ch tõ A ®Õn mÆt ph¼ng (BCD) vµ 1 2 . 2 2 a AH BC= = 0,25® 0,25® 0,5® C©u 4. 2®iÓm 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 2 1 1 x y x + = + trªn ®o¹n [ ]1; 2− . 1 ®iÓm 2 3 1 ' . ( 1) x y x − = + ' 0 1y x= ⇔ = . Ta cã 3 ( 1) 0, 2, (2) . 5 y(1)y y− = = = VËy [ ]1;2 (1) 2max y y − = = vµ [ ]1;2 min ( 1) 0.y y − = − = 0,5® 0,5® 2) TÝnh tÝch ph©n 2 2 0 I x x d= −∫ x . 1 ®iÓm Ta cã 2 0 0 1x x x− ≤ ⇔ ≤ ≤ , suy ra 1 2 2 2 0 1 ( ) ( )= − + −∫ ∫I x x dx x x dx 1 2 2 3 3 2 0 1 1. 2 3 3 2     = − + − =            x x x x 0,5® 0,5® u n n k = =  r uur uur 3 1 ( ) ||kd P u n⊥ ⇔ ⇔ r r k 1.=k .∀ A B C D P Q ∆ H www.VNMATH.com
  • 42. C©u 5. 1®iÓm C¸ch 1: Ta cã ( 2 0 2 1 2 2 2 2 4 1) ...n n n n n n n n nx C x C x C x C− − + = + + + + , 0 1 1 2 2 2 3 3 3 ( 2) 2 2 2 ... 2n n n n n n n n n n n nx C x C x C x C x C− − − + = + + + + + . DÔ dµng kiÓm tra 1, 2= =n n kh«ng tháa m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n. Víi th×3≥n 3 3 2 3 2 2 1 .n n n n n x x x x x− − − = = − Do ®ã hÖ sè cña 3 3−n x trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña lµ2 ( 1) ( 2+ +n n x x ) nC3 0 3 1 1 3 3 2 . . 2. .n n n na C C C− = + . VËy 2 3 3 5 2 (2 3 4) 26 26 7 3 2 − = − + = ⇔ = ⇔  = −  n n n n n a n n n VËy lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× nguyªn d−¬ng).5=n n C¸ch 2: Ta cã 2 3 2 3 3 2 2 0 0 0 0 1 2 ( 1) ( 2) 1 1 1 2 2 . n n n n n i kn n n n n i k n i i k k k n n n n i k i k x x x xx x C C x C x C x xx − − = = = =     + + = + +             = =             ∑ ∑ ∑ ∑ Trong khai triÓn trªn, luü thõa cña x lµ 3 3n − khi 2 3i k− − = − 3k , hay Ta chØ cã hai tr−êng hîp tháa ®iÒu kiÖn nµy lµ 2 3i k+ = . 0,i = = hoÆc i 1, 1k= = . Nªn hÖ sè cña 3 3−n x lµ .0 3 3 1 1 3 3 . .2 . .2n n n n na C C C C− = + Do ®ã 2 3 3 5 2 (2 3 4) 26 26 7 3 2 − = − + = ⇔ = ⇔  = −  n n n n n a n n n VËy lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× nguyªn d−¬ng).5=n n 0,75® 0,25® hoÆc 0,75® 0,25® www.VNMATH.com
  • 43. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ------------------------------ M«n thi : To¸n , Khèi A §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò -------------------------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè 2 x 3x 3 y 2(x 1) − + − = − (1). 1) Kh¶o s¸t hµm sè (1). 2) T×m m ®Ó ®−êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho AB = 1. C©u II (2 ®iÓm) 1) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh 2 2(x 16) 7 x x 3 > x 3 x 3 − − + − − − . 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 1 4 4 2 2 1 log (y x) log 1 y x y 25. ⎧ − − =⎪ ⎨ ⎪ + =⎩ C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hai ®iÓm ( )A 0; 2 vµ ( )B 3; 1− − . T×m täa ®é trùc t©m vµ täa ®é t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp cña tam gi¸c OAB. 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh thoi, AC c¾t BD t¹i gèc täa ®é O. BiÕt A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh SC. a) TÝnh gãc vµ kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng SA, BM. b) Gi¶ sö mÆt ph¼ng (ABM) c¾t ®−êng th¼ng SD t¹i ®iÓm N. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABMN. C©u IV (2 ®iÓm) 1) TÝnh tÝch ph©n I = 2 1 x dx 1 x 1+ − ∫ . 2) T×m hÖ sè cña x8 trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña 82 1 x (1 x)⎡ ⎤+ −⎣ ⎦ . C©u V (1 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC kh«ng tï, tháa m·n ®iÒu kiÖn cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3. TÝnh ba gãc cña tam gi¸c ABC. ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh............................................................................Sè b¸o danh................................................. www.VNMATH.com
  • 44. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ------------------------ §Ò chÝnh thøc §Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 M«n: To¸n, Khèi B Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò ------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè y = xxx 32 3 1 23 +− (1) cã ®å thÞ (C). 1) Kh¶o s¸t hµm sè (1). 2) ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn ∆ cña (C) t¹i ®iÓm uèn vµ chøng minh r»ng ∆ lµ tiÕp tuyÕn cña (C) cã hÖ sè gãc nhá nhÊt. C©u II (2 ®iÓm) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh xtgxx 2 )sin1(32sin5 −=− . 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè x x y 2 ln = trªn ®o¹n [1; 3 e ]. C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hai ®iÓm A(1; 1), B(4; 3− ). T×m ®iÓm C thuéc ®−êng th¼ng 012 =−− yx sao cho kho¶ng c¸ch tõ C ®Õn ®−êng th¼ng AB b»ng 6. 2) Cho h×nh chãp tø gi¸c ®Òu S.ABCD cã c¹nh ®¸y b»ng a, gãc gi÷a c¹nh bªn vµ mÆt ®¸y b»ng ϕ ( o 0 < ϕ < o 90 ). TÝnh tang cña gãc gi÷a hai mÆt ph¼ng (SAB) vµ (ABCD) theo ϕ. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABCD theo a vµ ϕ. 3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A )4;2;4( −− vµ ®−êng th¼ng d: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ +−= −= +−= .41 1 23 tz ty tx ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ∆ ®i qua ®iÓm A, c¾t vµ vu«ng gãc víi ®−êng th¼ng d. C©u IV (2 ®iÓm) 1) TÝnh tÝch ph©n I = dx x xxe ∫ + 1 lnln31 . 2) Trong mét m«n häc, thÇy gi¸o cã 30 c©u hái kh¸c nhau gåm 5 c©u hái khã, 10 c©u hái trung b×nh, 15 c©u hái dÔ. Tõ 30 c©u hái ®ã cã thÓ lËp ®−îc bao nhiªu ®Ò kiÓm tra, mçi ®Ò gåm 5 c©u hái kh¸c nhau, sao cho trong mçi ®Ò nhÊt thiÕt ph¶i cã ®ñ 3 lo¹i c©u hái (khã, trung b×nh, dÔ) vµ sè c©u hái dÔ kh«ng Ýt h¬n 2 ? C©u V (1 ®iÓm) X¸c ®Þnh m ®Ó ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm 22422 1112211 xxxxxm −−++−=⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ +−−+ . ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh ................................................................................................. Sè b¸o danh .......................….... www.VNMATH.com
  • 45. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ------------------------ M«n: To¸n, Khèi D §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò ------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè 3 2 y x 3mx 9x 1= − + + (1) víi m lµ tham sè. 1) Kh¶o s¸t hµm sè (1) khi m = 2. 2) T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) thuéc ®−êng th¼ng y = x + 1. C©u II (2 ®iÓm) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .sin2sin)cossin2()1cos2( xxxxx −=+− 2) T×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm ⎪⎩ ⎪ ⎨ ⎧ −=+ =+ .31 1 myyxx yx C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC cã c¸c ®Ønh );0();0;4();0;1( mCBA − víi 0≠m . T×m täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC theo m. X¸c ®Þnh m ®Ó tam gi¸c GAB vu«ng t¹i G. 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh l¨ng trô ®øng 111. CBAABC . BiÕt ),0;0;(aA 0,0),;0;(),0;1;0(),0;0;( 1 >>−− babaBCaB . a) TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng CB1 vµ 1AC theo .,ba b) Cho ba, thay ®æi, nh−ng lu«n tháa m·n 4=+ ba . T×m ba, ®Ó kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng CB1 vµ 1AC lín nhÊt. 3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm )1;1;1(),0;0;1(),1;0;2( CBA vµ mÆt ph¼ng (P): 02 =−++ zyx . 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 = ∫ − 3 2 2 )ln( dxxx . 2) T×m c¸c sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña 7 4 3 1 ⎟⎟ ⎠ ⎞ ⎜⎜ ⎝ ⎛ + x x víi x > 0. C©u V (1 ®iÓm) Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh sau cã ®óng mét nghiÖm 01225 =−−− xxx . --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh.............................................................Sè b¸o danh........................................ www.VNMATH.com
  • 46. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §¸p ¸n - Thang ®iÓm ..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ........................................... §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi A (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang) C©u ý Néi dung §iÓm I 2,0 I.1 (1,0 ®iÓm) ( )12 332 − −+− = x xx y = ( ) 1 1 x 1 2 2 x 1 − + − − . a) TËp x¸c ®Þnh: { }R 1 . b) Sù biÕn thiªn: 2 x(2 x) y' 2(x 1) − = − ; y' 0 x 0, x 2= ⇔ = = . 0,25 yC§ = y(2) = 1 2 − , yCT = y(0) = 3 2 . §−êng th¼ng x = 1 lµ tiÖm cËn ®øng. §−êng th¼ng 1 y x 1 2 = − + lµ tiÖm cËn xiªn. 0,25 B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 1 2 +∞ y' − 0 + + 0 − y +∞ +∞ 1 2 − 3 2 −∞ −∞ 0,25 c) §å thÞ: 0,25 www.VNMATH.com
  • 47. I.2 (1,0 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi ®−êng th¼ng y = m lµ : ( ) m x xx = − −+− 12 332 ⇔ ( ) 023322 =−+−+ mxmx (*). 0,25 Ph−¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi: 0>∆ ⇔ 2 4m 4m 3 0− − > ⇔ 3 m 2 > hoÆc 1 m 2 < − (**) . 0,25 Víi ®iÒu kiÖn (**), ®−êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè t¹i hai ®iÓm A, B cã hoµnh ®é x1 , x2 lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (*). AB = 1 ⇔ 121 =− xx ⇔ 2 1 2x x 1− = ⇔ ( )1 2 2 1 2x x 4x x 1+ − = 0,25 ⇔ ( ) ( ) 123432 2 =−−− mm ⇔ 1 5 m 2 ± = (tho¶ m·n (**)) 0,25 II 2,0 II.1 (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn : x 4≥ . 0,25 BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi bÊt ph−¬ng tr×nh: 2 2 2(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x− + − > − ⇔ − > − 0,25 + NÕu x > 5 th× bÊt ph−¬ng tr×nh ®−îc tho¶ m·n, v× vÕ tr¸i d−¬ng, vÕ ph¶i ©m. 0,25 + NÕu 4 x 5≤ ≤ th× hai vÕ cña bÊt ph−¬ng tr×nh kh«ng ©m. B×nh ph−¬ng hai vÕ ta ®−îc: ( ) ( ) 22 2 2 x 16 10 2x x 20x 66 0− > − ⇔ − + < 10 34 x 10 34⇔ − < < + . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn 4 x 5≤ ≤ ta cã: 10 34 x 5− < ≤ . §¸p sè: x 10 34> − 0,25 II.2 (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: y > x vµ y > 0. ( ) 1 1 loglog 4 4 1 =−− y xy ⇔ ( ) 1 1 loglog 44 =−−− y xy 0,25 ⇔ 4 y x log 1 y − − = ⇔ 4 3y x = . 0,25 ThÕ vµo ph−¬ng tr×nh x2 + y2 = 25 ta cã: 2 23y y 25 y 4. 4 ⎛ ⎞ + = ⇔ = ±⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 So s¸nh víi ®iÒu kiÖn , ta ®−îc y = 4, suy ra x= 3 (tháa m·n y > x). VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ (3; 4). 0,25 III 3,0 III.1 (1,0 ®iÓm) + §−êng th¼ng qua O, vu«ng gãc víi BA( 3; 3) cã ph−¬ng tr×nh 3x 3y 0+ = . §−êng th¼ng qua B, vu«ng gãc víi OA(0; 2) cã ph−¬ng tr×nh y = 1− ( §−êng th¼ng qua A, vu«ng gãc víi BO( 3; 1) cã ph−¬ng tr×nh 3x y 2 0+ − = ) 0,25 Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc trùc t©m H( 3; 1)− 0,25 + §−êng trung trùc c¹nh OA cã ph−¬ng tr×nh y = 1. §−êng trung trùc c¹nh OB cã ph−¬ng tr×nh 3x y 2 0+ + = . ( §−êng trung trùc c¹nh AB cã ph−¬ng tr×nh 3x 3y 0+ = ). 0,25 www.VNMATH.com
  • 48. Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB lµ ( )I 3; 1− . 0,25 III.2.a (1,0 ®iÓm) + Ta cã: ( )C 2; 0; 0− , ( )D 0; 1; 0− , ( )2;0;1−M , ( )22;0;2 −=SA , ( )BM 1; 1; 2= − − . 0,25 Gäi α lµ gãc gi÷a SA vµ BM. Ta ®−îc: ( ) SA.BM 3 cos cos SA, BM 2SA . BM α = = = ⇒ 30α = ° . 0,25 + Ta cã: ( )SA, BM 2 2; 0; 2⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦ , ( )AB 2; 1; 0= − . 0,25 VËy: ( ) SA, BM AB 2 6 d SA,BM 3SA,BM ⎡ ⎤⋅⎣ ⎦ = = ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ 0,25 III.2.b (1,0 ®iÓm) Ta cã MN // AB // CD ⇒ N lµ trung ®iÓm SD ⇒ ⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ − 2; 2 1 ;0N . 0,25 ( )SA 2; 0; 2 2= − , ( )2;0;1 −−=SM , ( )22;1;0 −=SB , 1 SN 0; ; 2 2 ⎛ ⎞ = − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ( )SA, SM 0; 4 2; 0⎡ ⎤⇒ =⎣ ⎦ . 0,25 S.ABM 1 2 2 V SA,SM SB 6 3 ⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦ 0,25 S.AMN 1 2 V SA,SM SN 6 3 ⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦ ⇒ S.ABMN S.ABM S.AMNV V V 2= + = 0,25 IV 2,0 IV.1 (1,0 ®iÓm) 2 1 x I dx 1 x 1 = + −∫ . §Æt: 1−= xt ⇒ 12 += tx ⇒ tdtdx 2= . 01 =⇒= tx , 12 =⇒= tx . 0,25 www.VNMATH.com
  • 49. Ta cã: 1 1 12 3 2 0 0 0 t 1 t t 2 I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt 1 t 1 t t 1 + + ⎛ ⎞ = = = − + −⎜ ⎟ + + +⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ 0,25 I 1 3 2 0 1 1 2 t t 2t 2ln t 1 3 2 ⎡ ⎤ = − + − +⎢ ⎥ ⎣ ⎦ 0,25 1 1 11 I 2 2 2ln 2 4ln 2 3 2 3 ⎡ ⎤ = − + − = −⎢ ⎥⎣ ⎦ . 0,25 IV.2 (1, 0 ®iÓm) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 8 2 3 42 0 1 2 2 4 3 6 4 8 8 8 8 8 8 5 6 7 85 10 6 12 7 14 8 16 8 8 8 8 1 x 1 x C C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x ⎡ ⎤+ − = + − + − + − + −⎣ ⎦ + − + − + − + − 0,25 BËc cña x trong 3 sè h¹ng ®Çu nhá h¬n 8, bËc cña x trong 4 sè h¹ng cuèi lín h¬n 8. 0,25 VËy x8 chØ cã trong c¸c sè h¹ng thø t−, thø n¨m, víi hÖ sè t−¬ng øng lµ: 3 2 4 0 8 3 8 4C .C , C .C 0,25 Suy ra a8 168 70 238= + = . 0,25 V 1,0 Gäi 3cos22cos222cos −++= CBAM 3 2 cos 2 cos2221cos2 2 − − ⋅ + ⋅+−= CBCB A . 0,25 Do 0 2 sin > A , 1 2 cos ≤ − CB nªn 2 A M 2cos A 4 2 sin 4 2 ≤ + − . 0,25 MÆt kh¸c tam gi¸c ABC kh«ng tï nªn 0cos ≥A , AA coscos2 ≤ . Suy ra: 4 2 sin24cos2 −+≤ A AM 4 2 sin24 2 sin212 2 −+⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −= AA 2 2 sin24 2 sin4 2 −+−= AA 01 2 sin22 2 ≤⎟ ⎠ ⎞ ⎜ ⎝ ⎛ −−= A . VËy 0≤M . 0,25 Theo gi¶ thiÕt: M = 0 ⇔ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎧ = = − = 2 1 2 sin 1 2 cos coscos2 A CB AA ⇔ A 90 B C 45 = °⎧ ⎨ = = °⋅⎩ 0,25 www.VNMATH.com
  • 50. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §¸p ¸n - Thang ®iÓm ..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ........................................... §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi B (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang) C©u ý Néi dung §iÓm I 2,0 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm) 3 21 y x 2x 3x 3 = − + (1). a) TËp x¸c ®Þnh: R . b) Sù biÕn thiªn: y' = x2 − 4x + 3; 3,10' ==⇔= xxy . 0,25 yC§ = y(1) = 4 3 , yCT = y(3) = 0; y" = 2x − 4, y'' = 0 ( ) 2 x 2, y 2 3 ⇔ = = . §å thÞ hµm sè låi trªn kho¶ng ( ; 2),−∞ lâm trªn kho¶ng ( 2; + ∞ ) vµ cã ®iÓm uèn lµ 2 U 2; 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 1 3 +∞ y' + 0 − 0 + y 4 3 +∞ −∞ 0 0,25 c) §å thÞ: Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi c¸c trôc Ox, Oy lµ c¸c ®iÓm ( ) ( )0;0 , 3;0 . 0,25 www.VNMATH.com
  • 51. 2 ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm uèn, ...(1,0 ®iÓm) T¹i ®iÓm uèn U 2 2; 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , tiÕp tuyÕn cña (C) cã hÖ sè gãc 1)2(' −=y . 0,25 TiÕp tuyÕn ∆ t¹i ®iÓm uèn cña ®å thÞ (C) cã ph−¬ng tr×nh: 2 8 y 1.(x 2) y x 3 3 = − − + ⇔ = − + . 0,25 HÖ sè gãc tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x b»ng: y'(x) = x2 34 +− x = 1)2( 2 −−x ≥ 1− ⇒ y' (x) ≥ y' (2), ∀ x. 0,25 DÊu " =" x¶y ra khi vµ chØ khi x = 2 ( lµ hoµnh ®é ®iÓm uèn). Do ®ã tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) t¹i ®iÓm uèn cã hÖ sè gãc nhá nhÊt. 0,25 II 2,0 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm) 5sinx 2− = 3 tg2 x ( 1 sinx− ) (1) . §iÒu kiÖn: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ k ,k Z 2 π + π ∈ (*). 0,25 Khi ®ã (1) ⇔ 2 2 3sin x 5sin x 2 (1 sin x) 1 sin x − = − − 02sin3sin2 2 =−+⇔ xx . 0,25 2 1 sin =⇔ x hoÆc 2sin −=x (v« nghiÖm). 0,25 π+ π =⇔= 2 62 1 sin kxx hoÆc π+ π = 2 6 5 kx , Zk ∈ ( tho¶ m·n (*)). 0,25 2 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè (1,0 ®iÓm) y = 2 ln x x ⇒ 2 ln x(2 ln x) y' x − = ⋅ 0,25 y'= 0 3 2 3 ln x 0 x 1 [1; e ] ln x 2 x e [1; e ]. ⎡= = ∈⎡ ⇔ ⇔ ⎢⎢ = = ∈⎢⎣ ⎣ 0.25 Khi ®ã: y(1) = 0, 2 3 2 3 4 9 y(e ) , y(e ) e e = = ⋅ 0,25 So s¸nh 3 gi¸ trÞ trªn, ta cã: 33 2 2 [1; e ][1; e ] 4 max y khi x e , min y 0 khi x 1 e = = = = . 0,25 III 3,0 1 T×m ®iÓm C (1,0 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB: 4 1 3 1 − − = − yx ⇔ 4x + 3y – 7 = 0. 0,25 Gi¶ sö );( yxC . Theo gi¶ thiÕt ta cã: 012 =−− yx (1). d(C, (AB)) = 6 2 2 4x 3y 37 0 (2a)4x 3y 7 6 4x 3y 23 0 (2b).4 3 + − =+ − ⎡ ⇔ = ⇔ ⎢ + + =+ ⎣ 0,25 Gi¶i hÖ (1), (2a) ta ®−îc: C1( 7 ; 3). 0,25 Gi¶i hÖ (1), (2b) ta ®−îc: 2 43 27 C ; 11 11 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 2 TÝnh gãc vµ thÓ tÝch (1,0 ®iÓm) www.VNMATH.com
  • 52. Gäi giao ®iÓm cña AC vµ BD lµ O th× SO (ABCD)⊥ , suy ra SAO = ϕ. Gäi trung ®iÓm cña AB lµ M th× OM AB⊥ vµ ⇒⊥ ABSM Gãc gi÷a hai mÆt ph¼ng (SAB) vµ (ABCD) lµ SMO. 0,25 Tam gi¸c OAB vu«ng c©n t¹i O, nªn ϕ=⇒== tg a SO a OA a OM 2 2 2 2 , 2 . Do ®ã: SO tgSMO 2 tg OM = = ϕ. 0,25 2 3 S.ABCD ABCD 1 1 a 2 2 V S .SO a tg a tg . 3 3 2 6 = = ϕ = ϕ 0,50 3 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ∆ (1,0 ®iÓm) §−êng th¼ng d cã vect¬ chØ ph−¬ng )4;1;2( −=v . 0,25 B ∈ d ⇔ )41;1;23( tttB +−−+− (víi mét sè thùc t nµo ®ã ). ( )AB 1 2t;3 t; 5 4t⇒ = + − − + . 0,25 AB ⊥ d ⇔ 0. =vAB 2(1 2t) (3 t) 4( 5 4t) 0⇔ + − − + − + = ⇔ t = 1. 0,25 AB (3; 2; 1)⇒ = − ⇒ Ph−¬ng tr×nh cña 1 4 2 2 3 4 : − − = + = + ∆ zyx . 0,25 IV 2,0 1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm) dx x xx I e ∫ + = 1 lnln31 . §Æt: 2 dx t 1 3ln x t 1 3ln x 2tdt 3 x = + ⇒ = + ⇒ = . x 1 t 1= ⇒ = , x e t 2= ⇒ = . 0,25 Ta cã: ( ) 2 22 2 4 2 1 1 2 t 1 2 I t dt t t dt 3 3 9 − = = −∫ ∫ . 0,25 2 5 3 1 2 1 1 I t t 9 5 3 ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 I = 135 116 . 0,25 www.VNMATH.com
  • 53. 2 X¸c ®Þnh sè ®Ò kiÓm tra lËp ®−îc ... (1,0 ®iÓm) Mçi ®Ò kiÓm tra ph¶i cã sè c©u dÔ lµ 2 hoÆc 3, nªn cã c¸c tr−êng hîp sau: • §Ò cã 2 c©u dÔ, 2 c©u trung b×nh, 1 c©u khã, th× sè c¸ch chän lµ: 23625.. 1 5 2 10 2 15 =CCC . 0,25 • §Ò cã 2 c©u dÔ, 1 c©u trung b×nh, 2 c©u khã, th× sè c¸ch chän lµ: 10500.. 2 5 1 10 2 15 =CCC . 0,25 • §Ò cã 3 c©u dÔ, 1 c©u trung b×nh, 1 c©u khã, th× sè c¸ch chän lµ: 22750.. 1 5 1 10 3 15 =CCC . 0,25 V× c¸c c¸ch chän trªn ®«i mét kh¸c nhau, nªn sè ®Ò kiÓm tra cã thÓ lËp ®−îc lµ: 56875227501050023625 =++ . 0,25 V X¸c ®Þnh m ®Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm 1,0 §iÒu kiÖn: − 1 ≤ x ≤ 1. §Æt t 2 2 1 x 1 x= + − − . Ta cã: 2 2 1 x 1 x t 0+ ≥ − ⇒ ≥ , t = 0 khi x = 0. 2 4 t 2 2 1 x 2 t 2= − − ≤ ⇒ ≤ , t = 2 khi x = ± 1. ⇒ TËp gi¸ trÞ cña t lµ [0; 2 ] ( t liªn tôc trªn ®o¹n [−1; 1]). 0,25 Ph−¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh: m( ) 2 t 2 t t 2+ = − + + 2 t t 2 m t 2 − + + ⇔ = + (*) XÐt f(t) = 2 t t 2 t 2 − + + + víi 0 ≤ t ≤ 2 . Ta cã f(t) liªn tôc trªn ®o¹n [0; 2 ]. Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x ⇔ Ph−¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm t ∈ [0; 2 ] ⇔ ]2;0[]2;0[ )(max)(min tfmtf ≤≤ . 0,25 Ta cã: f '(t) = ( ) 2 2 t 4t 0, t 0; 2 t 2 − − ⎡ ⎤≤ ∀ ∈⎣ ⎦+ ⇒ f(t) nghÞch biÕn trªn [0; 2 ]. 0,25 Suy ra: [0; 2] [0; 2] min f (t) f ( 2) 2 1 ; max f (t) f (0) 1= = − = = . VËy gi¸ trÞ cña m cÇn t×m lµ 2 1 m 1− ≤ ≤ . 0,25 www.VNMATH.com
  • 54. Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §¸p ¸n - Thang ®iÓm ..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ........................................... §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi D (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang) C©u ý Néi dung §iÓm I 2,0 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm) 1962 23 ++−=⇒= xxxym . a) TËp x¸c ®Þnh: R . b) Sù biÕn thiªn: 2 2 y' 3x 12x 9 3(x 4x 3)= − + = − + ; y' 0 x 1, x 3= ⇔ = = . 0,25 yC§ = y(1) = 5 , yCT = y(3) =1. y'' = 6x 12− = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 3. §å thÞ hµm sè låi trªn kho¶ng ( ; 2),−∞ lâm trªn kho¶ng );2( ∞+ vµ cã ®iÓm uèn lµ )3;2(U . 0,25 B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 1 3 +∞ y' + 0 − 0 + y 5 +∞ −∞ 1 0,25 c) §å thÞ: §å thÞ hµm sè c¾t trôc Oy t¹i ®iÓm (0; 1). 0,25 2 T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè ...(1,0 ®iÓm) y = x3 − 3mx2 + 9x + 1 (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m . y"= 0 ⇔ x = m ⇒ y = −2m3 + 9m + 1. 0,25 y" ®æi dÊu tõ ©m sang d−¬ng khi ®i qua x = m, nªn ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) lµ I( m; −2m3 + 9m +1). 0,25 I thuéc ®−êng th¼ng y = x + 1 ⇔ −2m3 + 9m + 1 = m + 1 0,25 ⇔ 2m(4 − m2 ) = 0 ⇔ m = 0 hoÆc 2±=m . 0,25 www.VNMATH.com
  • 55. II 2,0 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm) ( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx ⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = 0. 0,25 • 2cosx − 1= 0 ⇔ cosx = 1 x k2 , k 2 3 π ⇔ = ± + π ∈Z. 0,25 • sinx + cosx = 0 ⇔ tgx = −1 ⇔ x k , k 4 π = − + π ∈Z . 0,25 VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: x k2 3 π = ± + π vµ x k , k 4 π = − + π ∈Z . 0,25 2 T×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm (1,0 ®iÓm) §Æt: u = x ,v y,u 0,v 0.= ≥ ≥ HÖ ®· cho trë thµnh: 3 3 u v 1 u v 1 3m + =⎧ ⎨ + = −⎩ (*) 0,25 u v 1 uv m + =⎧ ⇔ ⎨ =⎩ ⇔ u, v lµ hai nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: t2 − t + m = 0 (**). 0,25 HÖ ®· cho cã nghiÖm (x; y) ⇔ HÖ (*) cã nghiÖm u ≥ 0, v ≥ 0 ⇔ Ph−¬ng tr×nh (**) cã hai nghiÖm t kh«ng ©m. 0,25 ⇔ 1 4m 0 1 S 1 0 0 m . 4 P m 0 ∆ = − ≥⎧ ⎪ = ≥ ⇔ ≤ ≤⎨ ⎪ = ≥⎩ 0,25 III 3,0 1 TÝnh to¹ ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC vµ t×m m... (1,0 ®iÓm) Träng t©m G cña tam gi¸c ABC cã täa ®é: A B C A B C G G x x x y y y m x 1; y 3 3 3 + + + + = = = = . VËy G(1; m 3 ). 0,25 Tam gi¸c ABC vu«ng gãc t¹i G ⇔ GA.GB 0= . 0,25 m m GA( 2; ), GB(3; ) 3 3 − − − . 0,25 GA.GB 0= 2 m 6 0 9 ⇔ − + = m 3 6⇔ = ± . 0,25 2 TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1,... (1,0 ®iÓm) a) Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 1 1C (0; 1; b), B C (a; 1; b)= − 1 1AC ( a; 1; b), AB ( 2a;0; b)= − = − 0,25 www.VNMATH.com
  • 56. ( ) 1 1 1 1 1 2 2 1 1 B C, AC AB ab d B C, AC a bB C, AC ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = = ⎡ ⎤ +⎣ ⎦ . 0,25 b) ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã: 1 1 2 2 ab ab 1 1 a b d(B C;AC ) ab 2 22ab 2 2a b + = ≤ = ≤ = + . 0,25 DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = 2. VËy kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1 lín nhÊt b»ng 2 khi a = b = 2. 0,25 3 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 . 0,25 Suy ra hÖ ph−¬ng tr×nh: ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ = = =−++ 22 22 02 ICIB IBIA zyx ⎪ ⎩ ⎪ ⎨ ⎧ =+ =+ =++ ⇔ 1 2 2 zy zx zyx 0,25 .0;1 ===⇔ yzx 0,25 ⇒== 1IAR Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu lµ ( x −1)2 + y2 + ( z −1)2 =1. 0,25 IV 2,0 1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm) I = 3 2 2 ln(x x)dx−∫ . §Æt 2 2 2x 1 du dxu ln(x x) x x dv dx v x −⎧ ⎧ == − ⎪ ⇒ −⎨ ⎨ =⎩ ⎪ =⎩ . 0,25 3 3 32 2 2 2 2x 1 1 I x ln(x x) dx 3ln 6 2ln 2 2 dx x 1 x 1 − ⎛ ⎞ = − − = − − +⎜ ⎟ − −⎝ ⎠ ∫ ∫ 0,25 ( ) 3 2 3ln 6 2ln 2 2x ln x 1= − − + − . 0,25 I = 3ln6 − 2ln2 − 2 − ln2 = 3ln3 − 2. 0,25 2 T×m sè h¹ng kh«ng chøa x... (1, 0 ®iÓm) Ta cã: ( ) 7 k7 7 k k3 3 74 4 k 0 1 1 x C x x x − = ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∑ 0,25 7 k k 28 7k7 7 k k3 4 12 7 7 k 0 k 0 C x x C x − − − = = = =∑ ∑ . 0,25 Sè h¹ng kh«ng chøa x lµ sè h¹ng t−¬ng øng víi k (k Z, 0 k 7)∈ ≤ ≤ tho¶ m·n: 40 12 728 =⇔= − k k . 0,25 Sè h¹ng kh«ng chøa x cÇn t×m lµ 4 7C 35= . 0,25 www.VNMATH.com
  • 57. V Chøng minh ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt 1,0 x5 − x2 − 2x − 1 = 0 (1) . (1) ⇔ x5 = ( x + 1)2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ (x + 1)2 ≥ 1 ⇒ x5 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1. 0,25 Víi x ≥ 1: XÐt hµm sè 5 2 f (x) x x 2x 1= − − − . Khi ®ã f(x) lµ hµm sè liªn tôc víi mäi x ≥ 1. Ta cã: f(1) = − 3 < 0, f(2) = 23 > 0. Suy ra f(x) = 0 cã nghiÖm thuéc ( 1; 2). (2) 0,25 f '( x) = 4 4 4 4 5x 2x 2 (2x 2x) (2x 2) x− − = − + − + . 3 4 4 2x(x 1) 2(x 1) x 0, x 1= − + − + > ∀ ≥ . 0,25 Suy ra f(x) ®ång biÕn trªn [ 1; +∞) (3). Tõ (1), (2), (3) suy ra ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng mét nghiÖm. 0,25 www.VNMATH.com
  • 58. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ---------------------------------------- C©u I (2 điểm) Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số 1 y m x x = + (*) (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi 1 m . 4 = 2) Tìm m để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của m(C ) đến tiệm cận xiên của m(C ) bằng 1 . 2 C©u II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 5x 1 x 1 2x 4.− − − > − 2) Giải phương trình 2 2 cos 3x cos2x cos x 0.− = C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng 1d : x y 0− = và 2d : 2x y 1 0.+ − = Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc 1d , đỉnh C thuộc 2d và các đỉnh B, D thuộc trục hoành. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng x 1 y 3 z 3 d : 1 2 1 − + − = = − và mặt phẳng (P) : 2x y 2z 9 0.+ − + = a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2. b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), biết ∆ đi qua A và vuông góc với d. C©u IV (2 điểm) 1) Tính tích phân 2 0 sin 2x sin x I dx. 1 3cosx π + = + ∫ 2) Tìm số nguyên dương n sao cho 1 2 2 3 3 4 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C (2n 1).2 C 2005+ + + + + +− + − + + + =L ( k nC là số tổ hợp chập k của n phần tử). C©u V (1 điểm) Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4. x y z + + = Chứng minh rằng 1 1 1 1. 2x y z x 2y z x y 2z + + ≤ + + + + + + ------------------------------ Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................…… số báo danh........................................ www.VNMATH.com
  • 59. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -------------------------------------------------- Câu I (2 điểm) Gọi m (C ) là đồ thị của hàm số ( )2 x m 1 x m 1 y x 1 + + + + = + (*) (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 1.= 2) Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị m (C ) luôn luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 20. Câu II (2 điểm) 1) Giải hệ phương trình ( )2 3 9 3 x 1 2 y 1 3log 9x log y 3. ⎧ − + − =⎪ ⎨ − =⎪⎩ 2) Giải phương trình 1 sin x cosx sin 2x cos2x 0.+ + + + = Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;0) và B(6;4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B bằng 5. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng 1 1 1ABC.A B C với 1A(0; 3;0), B(4;0;0), C(0;3;0), B (4;0;4).− a) Tìm tọa độ các đỉnh 1 1A , C . Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng 1 1(BCC B ). b) Gọi M là trung điểm của 1 1A B . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, M và song song với 1BC . Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng 1 1A C tại điểm N. Tính độ dài đoạn MN. Câu IV (2 điểm) 1) Tính tích phân 2 0 sin2x cosx I dx 1 cosx π = +∫ . 2) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ? Câu V (1 điểm) Chứng minh rằng với mọi x ,∈ ta có: x x x x x x12 15 20 3 4 5 5 4 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + ≥ + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ . Khi nào đẳng thức xảy ra? --------------------------------Hết-------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................. Số báo danh …............................... www.VNMATH.com
  • 60. 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) Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số 3 21 m 1 y x x 3 2 3 = − + (*) (m là tham số). 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 2.= 2) Gọi M là điểm thuộc m(C ) có hoành độ bằng 1.− Tìm m để tiếp tuyến của m(C ) tại điểm M song song với đường thẳng 5x y 0.− = Câu II (2 điểm) Giải các phương trình sau: 1) 2 x 2 2 x 1 x 1 4.+ + + − + = 2) 4 4 3 cos x sin x cos x sin 3x 0. 4 4 2 π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ Câu III (3 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm ( )C 2;0 và elíp ( ) 2 2 x y E : 1. 4 1 + = Tìm tọa độ các điểm A,B thuộc ( )E , biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng 1 x 1 y 2 z 1 d : 3 1 2 − + + = = − và 2 x y z 2 0 d : x 3y 12 0. + − − =⎧ ⎨ + − =⎩ a) Chứng minh rằng 1d và 2d song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa cả hai đường thẳng 1d và 2d . b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng 1 2d , d lần lượt tại các điểm A, B. Tính diện tích tam giác OAB (O là gốc tọa độ). Câu IV (2 điểm) 1) Tính tích phân ( ) 2 sin x 0 I e cosx cosxdx. π = +∫ 2) Tính giá trị của biểu thức ( ) 4 3 n 1 nA 3A M n 1 ! + + = + , biết rằng 2 2 2 2 n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 149+ + + ++ + + = (n là số nguyên dương, k nA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và k nC là số tổ hợp chập k của n phần tử). Câu V (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz 1.= Chứng minh rằng 3 3 3 3 3 3 1 x y 1 y z 1 z x 3 3. xy yz zx + + + + + + + + ≥ Khi nào đẳng thức xảy ra? -------------------------------Hết-------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh.............................................. Số báo danh.......................................... www.VNMATH.com
  • 61. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO --------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 ---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối A (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0 I.1 1,0 1 1 1 m y x 4 4 x = ⇒ = + . a) TXĐ: {0}. b) Sự biến thiên: 2 2 2 1 1 x 4 y' 4 x 4x − = − = , y' 0 x 2,x 2.= ⇔ = − = 0,25 yCĐ ( ) ( )CTy 2 1,y y 2 1.= − = − = = Đường thẳng x 0= là tiệm cận đứng. Đường thẳng 1 y x 4 = là tiệm cận xiên. 0,25 d) Đồ thị 0,25 www.VNMATH.com
  • 62. I.2 1,0 2 1 y' m , y' 0 x = − = có nghiệm khi và chỉ khi m 0> . Nếu m 0> thì 1 2 1 1 y' 0 x , x m m = ⇔ = − = . 0,25 Xét dấu y' x −∞ 1 m − 0 1 m +∞ y' + 0 − || − 0 + Hàm số luôn có cực trị với mọi m 0.> 0,25 Điểm cực tiểu của ( )mC là 1 M ;2 m . m ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Tiệm cận xiên (d): y mx mx y 0.= ⇔ − = ( ) 2 2 m 2 m m d M,d . m 1 m 1 − = = + + 0,25 ( ) 2 2 1 m 1 d M;d m 2m 1 0 m 1. 2 2m 1 = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ = + Kết luận: m 1= . 0,25 II. 2,0 II.1 1,0 Bất phương trình: 5x 1 x 1 2x 4− − − > − . ĐK: 5x 1 0 x 1 0 x 2. 2x 4 0 − ≥⎧ ⎪ − ≥ ⇔ ≥⎨ ⎪ − ≥⎩ 0,25 Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)− > − + − ⇔ − > − + − + − − 0,25 2 2 x 2 (2x 4)(x 1) x 4x 4 2x 6x 4⇔ + > − − ⇔ + + > − + 2 x 10x 0 0 x 10.⇔ − < ⇔ < < 0,25 Kết hợp với điều kiện ta có : 2 x 10≤ < là nghiệm của bất phương trình đã cho. 0,25 II.2 1,0 Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( )1 cos6x cos2x 1 cos2x 0+ − + = cos6x cos2x 1 0⇔ − = 0,25 cos8x cos4x 2 0⇔ + − = 2 2cos 4x cos4x 3 0⇔ + − = 0,25 ( ) =⎡ ⎢⇔ ⎢ = − ⎢⎣ cos4x 1 3 cos4x lo¹i . 2 Vậy ( ) π = ⇔ = ∈cos4x 1 x k k . 2 0,5 www.VNMATH.com
  • 63. III. 3,0 III.1 1,0 Vì ( )1A d A t;t .∈ ⇒ Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B,D Ox∈ nên ( )C t; t− . 0,25 Vì 2C d∈ nên 2t t 1 0 t 1.− − = ⇔ = Vậy ( ) ( )A 1;1 , C 1; 1− . 0,25 Trung điểm của AC là ( )I 1;0 . Vì I là tâm của hình vuông nên IB IA 1 ID IA 1 = =⎧ ⎨ = =⎩ 0,25 b 1 1B Ox B(b;0) b 0,b 2 D Ox D(d;0) d 0,d 2d 1 1 ⎧ − =∈ = =⎧⎧ ⎧ ⎪ ⇔ ⇒ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨ ∈ = =− =⎩ ⎩ ⎩⎪⎩ Suy ra, ( )B 0;0 và ( )D 2;0 hoặc ( )B 2;0 và ( )D 0;0 . Vậy bốn đỉnh của hình vuông là ( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 , B 0;0 , C 1; 1 , D 2;0 ,− hoặc ( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 , B 2;0 , C 1; 1 , D 0;0 .− 0,25 III.2a 1,0 Phương trình của tham số của x 1 t d : y 3 2t z 3 t. = −⎧ ⎪ = − +⎨ ⎪ = +⎩ 0,25 ( )I d I 1 t; 3 2t;3 t∈ ⇒ − − + + , ( )( ) 2t 2 d I, P . 3 − + = 0,25 ( )( ) t 4 d I, P 2 1 t 3 t 2. =⎡ = ⇔ − = ⇔ ⎢ = −⎣ 0,25 Vậy có hai điểm ( ) ( )1 2I 3;5;7 , I 3; 7;1− − . 0,25 III.2b 1,0 Vì A d∈ nên ( )A 1 t; 3 2t;3 t− − + + . Ta có ( )A P∈ ⇔ ( ) ( ) ( )2 1 t 3 2t 2 3 t 9 0 t 1− + − + − + + = ⇔ = . Vậy ( )A 0; 1;4− . 0,25 Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến ( )n 2;1; 2 .= − Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( )u 1;2;1= − . Vì ( )P∆ ⊂ và d∆ ⊥ nên ∆ có vectơ chỉ phương ( )u n,u 5;0;5∆ ⎡ ⎤= =⎣ ⎦ . 0,5 Phương trình tham số của ∆ : x t y 1 z 4 t. =⎧ ⎪ = −⎨ ⎪ = +⎩ 0,25 www.VNMATH.com
  • 64. IV 2,0 IV.1 1,0 2 0 (2cosx 1)sin x I dx 1 3cosx π + = + ∫ . 0,25 Đặt 2 t 1 cosx 3 t 1 3cosx 3sin x dt dx. 2 1 3cosx ⎧ − =⎪⎪ = + ⇒ ⎨ ⎪ = − ⎪ +⎩ x 0 t 2, x t 1. 2 π = ⇒ = = ⇒ = 0,25 ( ) 1 22 2 2 1 t 1 2 2 I 2 1 dt 2t 1 dt. 3 3 9 ⎛ ⎞− ⎛ ⎞ = + − = +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ∫ ∫ 0,25 2 3 1 2 2t 2 16 2 34 t 2 1 . 9 3 9 3 3 27 ⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + = + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎝ ⎠ 0,25 IV.2 1,0 Ta có ( ) 2n 1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 x C C x C x C x ... C x + + + + + + + ++ = + + + + + x .∀ ∈ 0,25 Đạo hàm hai vế ta có ( )( ) ( ) 2n 1 2 3 2 2n 1 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 12n 1 1 x C 2C x 3C x ... 2n 1 C x+ + + + ++ + = + + + + + x .∀ ∈ 0,25 Thay x 2= − ta có: ( )1 2 2 3 3 4 2n 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C ... 2n 1 .2 C 2n 1.+ + + + + +− + − + + + = + 0,25 Theo giả thiết ta có 2n 1 2005 n 1002+ = ⇒ = . 0,25 V 1,0 Với a,b 0> ta có : 2 1 a b 1 1 1 1 4ab (a b) . a b 4ab a b 4 a b + ⎛ ⎞ ≤ + ⇔ ≤ ⇔ ≤ +⎜ ⎟ + + ⎝ ⎠ Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi a b= . 0,25 Áp dụng kết quả trên ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1). 2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ≤ + ≤ + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ Tương tự 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2). x 2y z 4 2y x z 4 2y 4 x z 8 y 2z 2x ⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞ ≤ + ≤ + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥+ + + ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠ 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (3). x y 2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ≤ + ≤ + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ + + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 0,5 Vậy 1 1 1 1 1 1 1 1. 2x y z x 2y z x y 2z 4 x y z ⎛ ⎞ + + ≤ + + =⎜ ⎟ + + + + + + ⎝ ⎠ Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi x y z.= = Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3 x y z . 4 = = = 0,25 -------------------------------Hết------------------------------- www.VNMATH.com
  • 65. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO --------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 ---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối B (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0 I.1 1,0 2 x 2x 2 1 m 1 y x 1 . x 1 x 1 + + = ⇒ = = + + + + a) TXĐ: { }.1− b) Sự biến thiên: ( ) ( ) 2 2 2 1 x 2x y' 1 x 1 x 1 + = − = + + y' 0 x 2,x 0., = ⇔ = − = 0,25 yCĐ ( ) ( )CTy 2 2,y y 0 2.= − = = 1 = − Đường thẳng là tiệm cận đứng.x = − Đường thẳng là tiệm cận xiên.y x 1= + 0,25 Bảng biến thiên: x − ∞ − 2 1− 0 + ∞ y’ + 0 − − 0 + y 2− + ∞ + ∞ − ∞ − ∞ 2 0,25 c) Đồ thị 0,25 www.VNMATH.com
  • 66. I.2 1,0 Ta có: 1 y x m x 1 = + + + . TXĐ: { }.1− ( ) ( ) ( ) 2 2 x x 21 y' 1 , y' 0 x 2, x 0. x 1 x 1 + = − = = ⇔ = − = + + 0,25 Xét dấu y' x −∞ 2− 1− 0 +∞ y’ + 0 − || − 0 + Đồ thị của hàm số (*) luôn có điểm cực đại là ( )M 2;m 3− − và điểm cực tiểu là .( )N 0;m 1+ 0,50 ( )( ) ( ) ( )( ) 2 2 MN 0 2 m 1 m 3 20.= − − + + − − = 0,25 II. 2,0 II.1 1,0 ( )2 3 9 3 x 1 2 y 1 (1) 3log 9x log y 3 (2) ⎧ − + − =⎪ ⎨ − =⎪⎩ ĐK: x 1 0 y 2. ≥⎧ ⎨ < ≤⎩ 0,25 ( ) ( )3 3 3 32 3 1 log x 3log y 3 log x log y x y.⇔ + − = ⇔ = ⇔ = 0,25 Thay vào (1) ta cóy x= ( )( )x 1 2 x 1 x 1 2 x 2 x 1 2 x 1− + − = ⇔ − + − + − − = ( )( )x 1 2 x 0 x 1, x 2.⇔ − − = ⇔ = = Vậy hệ có hai nghiệm là ( ) ( )x;y 1;1= và ( ) ( )x;y 2;2 .= 0,50 II.2 1,0 Phương trình đã cho tương đương với 2 sin x cosx 2sin xcosx 2cos x 0+ + + = ( )sin x cosx 2cosx sin x cosx 0⇔ + + + = ( )( )sin x cosx 2cosx 1 0.⇔ + + = 0,50 • sin x cosx 0 tgx 1 x k 4 π + = ⇔ = − ⇔ = − + π ( )k .∈ 0,25 • 1 2 2cosx 1 0 cosx x k2 2 3 π + = ⇔ = − ⇔ = ± + π ( )k .∈ 0,25 www.VNMATH.com
  • 67. www.VNMATH.com
  • 68. IV 2,0 IV.1 1,0 Ta có 22 0 sin xcos x I 2 dx 1 cosx π = +∫ . Đặt t 1 cosx dt sin xdx.= + ⇒ = − x 0 t 2, x t 1 2 π = ⇒ = = ⇒ = . 0,25 ( ) ( ) 21 2 2 1 t 1 1 I 2 dt 2 t 2 dt t t − ⎛ ⎞ = − = − +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ ∫ 0,25 2 2 1 t 2 2t ln t 2 ⎛ ⎞ = − +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 ( ) 1 2 2 4 ln 2 2 2ln 2 1 2 ⎡ ⎤⎛ ⎞ = − + − − = −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ . 0,25 IV.2 1,0 Có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai. Với mỗi cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba. 1 4 3 12C C 1 4 2 8C C 1 4 1 4C C 0,50 Số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là 1 4 1 4 1 4 3 12 2 8 1 4C .C .C .C .C .C 207900.= 0,50 V 1,0 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có x x x 12 15 12 15 2 . 5 4 5 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ x x x x12 15 2.3 (1). 5 4 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⇒ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,50 Tương tự ta có x x x x x x 12 20 2.4 (2). 5 3 15 20 2.5 (3). 4 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + ≥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3) là các đẳng thức⇔ ⇔ x 0.= 0,25 -------------------------------Hết------------------------------- www.VNMATH.com
  • 69. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO --------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 ---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối D (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0 I.1 1,0 3 21 1 m 2 y x x 3 3 = ⇒ = − + . a) TXĐ: . b) Sự biến thiên: 2 y' x 2x, y' 0 x 0, x 2.= − = ⇔ = = 0,25 Bảng biến thiên: x − ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 − 0 + y 1 3 − 1 + ∞ c) Tính lồi lõm, điểm uốn y'' 2x 2, y'' 0 x 1.= − = ⇔ = x −∞ 1 +∞ y’’ − 0 + Đồ thị hàm số lồi 1 U 1; 3 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ lõm Đồ thị của hàm số nhận 1 U 1; 3 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ là điểm uốn. 0,25 d) Đồ thị -1 2 O y x 0,25 www.VNMATH.com
  • 70. I.2 1,0 Ta có: 2 y' x mx.= − Điểm thuộc (Cm) có hoành độ x 1= − là m M 1; 2 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 Tiếp tuyến tại M của (Cm) là ∆: ( )( ) ( ) m m y y' 1 x 1 y m 1 x 2 2 2 . + + = − + ⇔ = + + 0,25 ∆ song song với ( hayd :5x y 0− = d : y 5x= ) khi và chỉ khi m 1 5 m 4 m 2 0 + =⎧ .⇔ =⎨ + ≠⎩ Vậy m 4= . 0,50 II. 2,0 II.1 1,0 2 x 2 2 x 1 x 1 4.+ + + − + = ĐK: x 1≥ − . 0,25 Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( ) 2 2 x 1 1 x 1 4 2 x 1 1 x 1 4 x 1 2+ + − + = ⇔ + + − + = ⇔ + = 0,50 x 3⇔ = . 0,25 II.2 1,0 Phương trình đã cho tương đương với 2 2 1 3 1 2sin xcos x sin 4x sin 2x 0 2 2 ⎡ ⎤π⎛ ⎞ − + − + −⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠⎣ ⎦ 2 = 0,25 2 2 sin 2x cos4x sin 2x 3 0⇔ − − + − = ( )2 2 sin 2x 1 2sin 2x sin 2x 1 0⇔ − − − + − = 2 sin 2x sin 2x 2 0 sin 2x 1⇔ + − = ⇔ = hoặc sin 2x 2= − (loại). 0,50 Vậy ( )sin 2x 1 2x 2k x k k . 2 4 π π = ⇔ = + π ⇔ = + π ∈ 0,25 www.VNMATH.com
  • 71. III. 3,0 III.1 1,0 Giả sử ( )o oA x ;y . Do đối xứng nhau qua Ox nênA,B o oB(x ; y ).− Ta có và 2 oAB 4y= 2 ( ) 22 2 o 0AC x 2 y .= − + 0,25 Vì ( )A E∈ nên 2 2 2 2o o o o x x y 1 y 1 (1) 4 4 + = ⇒ = − . Vì nênAB AC= ( ) 2 2 2 o o ox 2 y 4y (2)− + = . 0,25 Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được o 2 o o o x 2 7x 16x 4 0 2 x 7 =⎡ ⎢− + = ⇔ ⎢ = ⎢⎣ . 0,25 Với thay vào (1) ta có0x = 2 00y = . Trường hợp này loại vì A C≡ . Với 0 2 x 7 = thay vào (1) ta có 0 4 3 y . 7 = ± Vậy 2 4 3 2 4 3 A ; , B ; 7 7 7 7 ⎛ ⎞ ⎛ −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟⎟ ⎠ hoặc 2 4 3 2 4 3 A ; , B ; 7 7 7 7 ⎛ ⎞ ⎛ −⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ . ⎞ ⎟⎟ ⎠ 0,25 III.2a 1,0 1d đi qua ( )1M 1; 2; 1− − và có vectơ chỉ phương ( )1u 3; 1;2= − . 2d có vectơ chỉ phương là ( )2 1 1 1 1 1 1 u ; ; 3; 3 0 0 1 1 3 ⎛ ⎞− − = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 1;2− . 0,25 Vì và nên1u u= 2 21M d∉ 1 2d //d . 0,25 Mặt phẳng (P) chứa nên có phương trình dạng2d ( ) ( ) ( )2 2 x y z 2 x 3y 12 0 0α + − − + β + − = α + β ≠ . Vì ( )1M P∈ nên ( ) ( )1 2 1 2 1 6 12 0 2 17 0.α − + − + β − − = ⇔ α + β = 0,25 Chọn Phương trình (P) là:17 2.α = ⇒ β = − 15x 11y 17z 10 0.+ − − = 0,25 III.2b 1,0 Vì nênA,B Oxz∈ A By y 0= = . Vì nên1A d∈ A Ax 1 2 z 3 1 2 − + = = 1 − ⇒ = ,A Ax z 5= − ( )A 5;0; 5−⇒ − B B B 2 B B x z 2 0 x 12 B d B(12;0;10). x 12 0 z 10 − − = =⎧ ⎧ ∈ ⇒ ⇔ ⇒⎨ ⎨ − = =⎩ ⎩ 0,50 ( ) ( ) (OA 5;0; 5 ,OB 12;0;10 OA,OB 0; 10;0 .⎡ ⎤= − − = ⇒ = −⎣ ⎦ ) OAB 1 1 S OA,OB .10 2 2 ∆ ⎡ ⎤= =⎣ ⎦ 5= (đvdt). 0,50 www.VNMATH.com
  • 72. IV 2,0 IV.1 1,0 ( ) 2 2 sin x 0 0 1 cos2x I e d sin x d 2 π π + = +∫ ∫ x 0,25 sin x 2 2 0 0 1 1 e x sin 2x 2 2 π π ⎛ ⎞ = + +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 e 1 4 π = + − . 0,25 IV.2 1,0 ĐK: .n 3≥ Ta có 2 2 2 2 n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 149+ + + ++ + + = ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) n 1 ! n 2 ! n 3 ! n 4 ! 2 2 149 2! n 1 ! 2!n! 2! n 1 ! 2! n 2 ! + + + + ⇔ + + + = − + + 0,25 2 n 4n 45 0 n 5, n⇔ + − = ⇔ = = −9 . . Vì n nguyên dương nên n 5= 0,25 4 3 6 5 6! 5! 3. A 3A 32! 2!M . 6! 6! 4 + + = = = 0,50 V 1,0 Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có 3 3 3 33 3 3 1 x y 3 1.x .y 3xy 1 x y 3 (1). xy xy + + ≥ = + + ⇔ ≥ 0,25 Tương tự 3 3 3 3 1 y z 3 (2) yz yz 1 z x 3 (3). zx zx + + ≥ + + ≥ 0,25 Mặt khác 3 3 3 3 3 3 3 3 . xy yz zx xy yz zx + + ≥ 3 3 3 3 3 (4). xy yz zx ⇒ + + ≥ 0,25 Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức⇔ ⇔ .x y z 1 0,25= = = -------------------------------Hết------------------------------- www.VNMATH.com
  • 73. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2 y 2x 9x 12x 4.= − + − 2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt: 3 2 2 x 9x 12 x m.− + = Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( )6 6 2 cos x sin x sin x cos x 0. 2 2sin x + − = − 2. Giải hệ phương trình: ( ) x y xy 3 x, y . x 1 y 1 4 ⎧ + − =⎪ ∈⎨ + + + =⎪⎩ Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A'B'C'D' với ( ) ( ) ( ) ( )A 0; 0; 0 , B 1; 0; 0 , D 0; 1; 0 , A' 0; 0; 1 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD. 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN. 2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α biết 1 cos . 6 α = Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân: 2 2 2 0 sin 2x I dx. cos x 4sin x π = + ∫ 2. Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thay đổi và thỏa mãn điều kiện: ( ) 2 2 x y xy x y xy+ = + − . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 1 1 A . x y = + PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng: 1 2 3d : x y 3 0, d : x y 4 0, d : x 2y 0.+ + = − − = − = Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng 3d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 1d bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng 2d . 2. Tìm hệ số của số hạng chứa 26 x trong khai triển nhị thức Niutơn của n 7 4 1 x , x ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ biết rằng 1 2 n 20 2n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1.+ + ++ + + = − (n nguyên dương, k nC là số tổ hợp chập k của n phần tử) Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải phương trình: x x x x 3.8 4.12 18 2.27 0.+ − − = 2. Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O' , bán kính đáy bằng chiều cao và bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O' lấy điểm B sao cho AB 2a.= Tính thể tích của khối tứ diện OO'AB. ---------------------------------------Hết--------------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .......................................................... số báo danh: .................................. www.VNMATH.com
  • 74. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối B 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 2 x x 1 y . x 2 + − = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị ( )C , biết tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cận xiên của ( )C . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: x cotgx sin x 1 tgxtg 4. 2 ⎛ ⎞ + + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: 2 x mx 2 2x 1.+ + = + Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng: 1 2 x 1 t x y 1 z 1 d : , d : y 1 2t 2 1 1 z 2 t. = +⎧ − + ⎪ = = = − −⎨ − ⎪ = +⎩ 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d1 và d2. 2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân: ln5 x x ln3 dx I e 2e 3− = + −∫ . 2. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( ) ( )2 22 2 A x 1 y x 1 y y 2 .= − + + + + + − PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2 C : x y 2x 6y 6 0+ − − + = và điểm ( )M 3; 1− . Gọi 1T và 2T là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến ( )C . Viết phương trình đường thẳng 1 2T T . 2. Cho tập hợp A gồm n phần tử ( )n 4 .≥ Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng 20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm { }k 1,2,...,n∈ sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất. Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải bất phương trình: ( ) ( )x x 2 5 5 5log 4 144 4log 2 1 log 2 1 .− + − < + + 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD a 2= = , SA a= và SA vuông góc với mặt phẳng ( )ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB. ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................................... số báo danh.............................................. www.VNMATH.com
  • 75. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 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 3 y x 3x 2= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: cos3x cos2x cosx 1 0.+ − − = 2. Giải phương trình: ( )2 2x 1 x 3x 1 0 x .− + − + = ∈ Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng: 1 2 x 2 y 2 z 3 x 1 y 1 z 1 d : , d : . 2 1 1 1 2 1 − + − − − + = = = = − − 1. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1. 2. Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân: ( ) 1 2x 0 I x 2 e dx.= −∫ 2. Chứng minh rằng với mọi a 0> , hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: x y e e ln(1 x) ln(1 y) y x a. ⎧ − = + − +⎪ ⎨ − =⎪⎩ PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2 x y 2x 2y 1 0+ − − + = và đường thẳng d: x y 3 0.− + = Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C). 2. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy? Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 x x x x 2x 2 4.2 2 4 0.+ − − − + = 2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM. ----------------------------- Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ............................................................. số báo danh..................................................... www.VNMATH.com
  • 76. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 3 2 2x 9x 12x 4.− + − • TXĐ: . • Sự biến thiên: ( )2 y' 6 x 3x 2= − + , y' 0 x 1, x 2.= ⇔ = = 0,25 Bảng biến thiên: +_ + +∞ -∞ 0 1 0 0 21 +∞-∞ y y' x yCĐ = ( ) ( )CTy 1 1, y y 2 0.= = = 0,50 • Đồ thị: O −4 1 1 2 x y 0,25 2 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 3 2 2 x 9 x 12 x 4 m 4− + − = − . Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số 3 2 y 2 x 9 x 12 x 4= − + − với đường thẳng y m 4.= − 0,25 Hàm số 3 2 y 2 x 9 x 12 x 4= − + − là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng. 0,25 www.VNMATH.com
  • 77. Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số: 3 2 y 2 x 9x 12 x 4= − + − 0,25 Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0 m 4 1 4 m 5.< − < ⇔ < < 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện: ( ) 2 sin x 1 . 2 ≠ Phương trình đã cho tương đương với: ( )6 6 23 1 2 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 0 4 2 ⎛ ⎞ + − = ⇔ − − =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 3sin 2x sin 2x 4 0⇔ + − = 0,50 sin 2x 1⇔ = ( )x k k . 4 π ⇔ = + π ∈ 0,25 Do điều kiện (1) nên: ( ) 5 x 2m m . 4 π = + π ∈ 0,25 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x 1, y 1,xy 0.≥ − ≥ − ≥ Đặt ( )t xy t 0 .= ≥ Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra: x y 3 t.+ = + 0,25 Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được: ( )x y 2 2 xy x y 1 16 2+ + + + + + = . Thay 2 xy t , x y 3 t= + = + vào (2) ta được: 2 2 3 t 2 2 t 3 t 1 16 2 t t 4 11 t+ + + + + + = ⇔ + + = − 0,25 ( ) ( ) 22 2 0 t 11 0 t 11 t 3 4 t t 4 11 t 3t 26t 105 0 ≤ ≤⎧ ≤ ≤⎧⎪ ⇔ ⇔ ⇔ =⎨ ⎨ + + = − + − =⎩⎪⎩ 0,25 Với t 3= ta có x y 6, xy 9.+ = = Suy ra, nghiệm của hệ là (x;y) (3;3).= 0,25 O −4 1 1 2 x−1−2 y = m − 4 y www.VNMATH.com
  • 78. III 2,00 1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A'C và MN (1,00 điểm) Gọi ( )P là mặt phẳng chứa A'C và song song với MN . Khi đó: ( ) ( )( )d A'C,MN d M, P .= 0,25 Ta có: ( ) 1 1 C 1;1;0 ,M ;0;0 , N ;1;0 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ( ) ( )A'C 1;1; 1 ,MN 0; 1; 0= − = ( ) 1 1 1 1 1 1 A'C,MN ; ; 1;0;1 . 1 0 0 0 0 1 ⎛ − − ⎞ ⎡ ⎤ = =⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠ 0,25 Mặt phẳng ( )P đi qua điểm ( )A' 0;0;1 , có vectơ pháp tuyến ( )n 1;0;1 ,= có phương trình là: ( ) ( ) ( )1. x 0 0. y 0 1. z 1 0 x z 1 0.− + − + − = ⇔ + − = 0,25 Vậy ( ) ( )( ) 2 2 2 1 0 1 12 d A'C,MN d M, P . 2 21 0 1 + − = = = + + 0,25 2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm) Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) ( )2 2 2 Q :ax by cz d 0 a b c 0 .+ + + = + + > Vì ( )Q đi qua ( )A' 0;0;1 và ( )C 1;1;0 nên: c d 0 c d a b. a b d 0 + =⎧ ⇔ = − = +⎨ + + =⎩ Do đó, phương trình của ( )Q có dạng: ( ) ( )ax by a b z a b 0.+ + + − + = . 0,25 Mặt phẳng ( )Q có vectơ pháp tuyến ( )n a;b;a b= + , mặt phẳng Oxy có vectơ pháp tuyến ( )k 0;0;1= . Vì góc giữa ( )Q và Oxy là α mà 1 cos 6 α = nên ( ) 1 cos n,k 6 = 0,25 ( ) 22 2 a b 1 6a b a b + ⇔ = + + + ( ) ( )2 2 2 6 a b 2 a b ab⇔ + = + + a 2b⇔ = − hoặc b 2a.= − 0,25 Với a 2b= − , chọn b 1,= − được mặt phẳng ( )1Q : 2x y z 1 0.− + − = Với b 2a= − , chọn a 1,= được mặt phẳng ( )2Q : x 2y z 1 0.− − + = 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Ta có: 2 2 2 2 2 0 0 sin 2x sin 2x I dx dx. cos x 4sin x 1 3sin x π π = = + + ∫ ∫ Đặt 2 t 1 3sin x dt 3sin 2xdx.= + ⇒ = 0,25 Với x 0= thì t 1= , với x 2 π = thì t 4.= 0,25 Suy ra: 4 1 1 dt I 3 t = ∫ 0,25 4 1 2 2 t . 3 3 = = 0,25 www.VNMATH.com
  • 79. 2 Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra: 2 2 1 1 1 1 1 . x y x y xy + = + − Đặt 1 1 a, b x y = = ta có: ( )2 2 a b a b ab 1+ = + − ( )( ) ( )23 3 2 2 A a b a b a b ab a b .= + = + + − = + 0,25 Từ (1) suy ra: ( )2 a b a b 3ab.+ = + − Vì 2 a b ab 2 +⎛ ⎞ ≤ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ nên ( ) ( )2 23 a b a b a b 4 + ≥ + − + ( ) ( )2 a b 4 a b 0 0 a b 4⇒ + − + ≤ ⇒ ≤ + ≤ Suy ra: ( )2 A a b 16.= + ≤ 0,50 Với 1 x y 2 = = thì A 16.= Vậy giá trị lớn nhất của A là 16. 0,25 V.a 2,00 1 Tìm điểm 3M d∈ sao cho ( ) ( )1 2d M,d 2d M,d= (1,00 điểm) Vì 3M d∈ nên ( )M 2y;y . 0,25 Ta có: ( ) ( ) ( ) 1 2 2 2 22 2y y 3 3y 3 2y y 4 y 4 d M,d , d M,d . 2 21 1 1 1 + + + − − − = = = = + + − 0,25 ( ) ( )1 2d M,d 2d M,d= ⇔ 3y 3 y 4 2 y 11, y 1. 2 2 + − = ⇔ = − = 0,25 Với y 11= − được điểm ( )1M 22; 11 .− − Với y 1= được điểm ( )2M 2; 1 . 0,25 2 Tìm hệ số của 26 x trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm) • Từ giả thiết suy ra: ( )0 1 n 20 2n 1 2n 1 2n 1C C C 2 1 .+ + ++ +⋅⋅⋅+ = Vì k 2n 1 k 2n 1 2n 1C C , k,0 k 2n 1+ − + += ∀ ≤ ≤ + nên: ( ) ( )0 1 n 0 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 1 C C C C C C 2 . 2 + + + + + + ++ +⋅⋅⋅+ = + +⋅⋅⋅+ 0,25 Từ khai triển nhị thức Niutơn của ( )2n 1 1 1 + + suy ra: ( ) ( )2n 10 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C C C 1 1 2 3 . ++ + + + ++ +⋅⋅⋅+ = + = Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2n 20 2 2= hay n 10.= 0,25 • Ta có: ( ) ( ) 10 10 10 10 k k7 k 4 7 k 11k 40 10 104 k 0 k 0 1 x C x x C x . x −− − = = ⎛ ⎞ + = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∑ ∑ 0,25 Hệ số của 26 x là k 10C với k thỏa mãn: 11k 40 26 k 6.− = ⇔ = Vậy hệ số của 26 x là: 6 10C 210.= 0,25 www.VNMATH.com
  • 80. V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( ) 3x 2x x 2 2 2 3 4 2 0 1 . 3 3 3 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 Đặt ( ) x 2 t t 0 3 ⎛ ⎞ = >⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , phương trình (1) trở thành: 3 2 3t 4t t 2 0+ − − = 0,25 ( ) ( )2 2 t 1 3t 2 0 t 3 ⇔ + − = ⇔ = (vì t 0> ). 0,25 Với 2 t 3 = thì x 2 2 3 3 ⎛ ⎞ =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ hay x 1.= 0,25 2 Tính thể tích của khối tứ diện (1,00 điểm) Kẻ đường sinh AA'. Gọi D là điểm đối xứng với A' qua O' và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A'D. A A' O O' H D B Do BH A'D⊥ và BH AA'⊥ nên ( )BH AOO'A' .⊥ 0,25 Suy ra: OO'AB AOO' 1 V .BH.S . 3 = 0,25 Ta có: 2 2 2 2 A'B AB A'A 3a BD A'D A'B a= − = ⇒ = − = BO'D⇒ Δ đều a 3 BH . 2 ⇒ = 0,25 Vì AOO' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên: 2 AOO' 1 S a . 2 = Vậy thể tích khối tứ diện OO'AB là: 2 3 1 3a a 3a V . . . 3 2 2 12 = = 0,25 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- www.VNMATH.com
  • 81. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM −−−−−−−−−−−− ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 2 x x 1 1 y x 1 . x 2 x 2 + − = = − + + + • Tập xác định: { }2− . • Sự biến thiên: ( ) 2 1 y' 1 , x 2 = − + y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1. 0,25 Bảng biến thiên: yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1. 0,25 • Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2. - Tiệm cận xiên: y = x − 1. 0,25 • Đồ thị (C): 0.25 2 Viết phương trình tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên của đồ thị (C) (1,00 điểm) Tiệm cận xiên của đồ thị (C) có phương trình y = x − 1, nên tiếp tuyến vuông góc với tiệm cận xiên có hệ số góc là k = −1. 0,25 Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: y' = −1 ⇔ 1 − ( ) 2 1 x 2+ = −1 ⇔ x = −2 2 2 ± . 0,25 Với x = − 2 + 2 2 ⇒ y = 3 2 2 − 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d1): y = −x + 2 2 −5, 0,25 Với x = − 2 − 2 2 ⇒ y = − 3 2 2 − 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d2): y = −x − 2 2 −5. 0,25 x y' y − ∞ − ∞ − ∞ + ∞ + ∞+ ∞ −5 −1 −1 00 −3 −2 − −+ + x y O−1 −1 −3 −2 −5 1 www.VNMATH.com
  • 82. II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x sin x 0, cos x 0, cos 0 2 ≠ ≠ ≠ (1). 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: x x cos x cos sin xsin cos x 2 2sin x 4 xsin x cos x cos 2 + + = cos x sin x 1 1 4 4 sin 2x sin x cos x sin x cos x 2 ⇔ + = ⇔ = ⇔ = 0,50 x k 12 5 x k . 12 π⎡ = + π⎢ ⇔ ⎢ π⎢ = + π ⎢⎣ (k ∈ ), thỏa mãn (1). 0,25 2 Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) 2 x mx 2 2x 1+ + = + (2) ⇔ 2 2 2x 1 0 x mx 2 (2x 1) + ≥⎧ ⎨ + + = +⎩ ⇔ 2 1 x 2 3x (m 4)x 1 0 (3) ⎧ ≥ −⎪ ⎨ ⎪ − − − =⎩ 0,25 (2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: − 1 2 ≤ x1 < x2 0,25 ⇔ ⎧ ⎪Δ = − + > ⎪ −⎪ = > −⎨ ⎪ ⎪ −⎛ ⎞ − = + − ≥ − − −⎪ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎩ 2 2 (m 4) 12 0 S m 4 1 2 6 2 1 3 m 4 f 1 0, trong ®ã f(x) = 3x (m 4)x 1 2 4 2 0,25 ⇔ m ≥ 9 2 . 0,25 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, song song với d1 và d2 (1,00 điểm) Vectơ chỉ phương của d1 và d2 lần lượt là: 1u (2; 1; 1)= − và 2u (1; 2; 1)= − . 0,25 ⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: 1 2n [u ,u ] ( 1; 3; 5).= = − − − 0,25 Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0. 0,25 Do B(0; 1; −1) ∈ d1, C(1; −1; 2) ∈ d2, nhưng B, C ∉ (P), nên d1, d2 // (P). Vậy, phương trình mặt phẳng cần tìm là (P): x + 3y + 5z − 13 = 0. 0,25 2 Tìm tọa độ các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm) Vì M ∈ d1, N ∈ d2 nên M(2m; 1 + m; − 1 − m), N(1 + n; −1 − 2n; 2 + n) ⇒ AM = (2m; m; −3 − m); AN = (1 + n; −2 − 2n; n). 0,25 ⇒ [ AM ,AN ] = (− mn − 2m − 6n − 6; −3mn − m − 3n − 3; −5mn − 5m) 0,25 A, M, N thẳng hàng ⇔ [ AM ,AN ] = 0 0,25 ⇔ m = 0, n = −1 ⇒ M(0; 1; −1), N(0; 1; 1). 0,25 www.VNMATH.com
  • 83. IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) ln5 ln5 x x x 2x x ln3 ln3 dx e dx I . e 2e 3 e 3e 2− = = + − − +∫ ∫ Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx; 0,25 với x = ln3 thì t = 3; với x = ln5 thì t = 5. 0,25 ⇒ 5 3 dt I (t 1)(t 2) = − −∫ 5 3 1 1 dt t 2 t 1 ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ − −⎝ ⎠ ∫ 0,25 5 3 t 2 3 ln ln . t 1 2 − = = − 0,25 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A (1,00 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, xét M(x − 1; −y), N(x + 1; y). Do OM + ON ≥ MN nên ( ) ( )2 22 2 2 2 x 1 y x 1 y 4 4y 2 1 y .− + + + + ≥ + = + Do đó: 2 A 2 1 y y 2 f (y).≥ + + − = 0,25 • Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 2 1 y+ + 2 − y ⇒ f '(y) = 2 2y y 1+ − 1. f '(y) = 0 ⇔ 2y = 2 1 y+ ⇔ 2 2 y 0 4y 1 y ≥⎧⎪ ⎨ = +⎪⎩ ⇔ y = 1 3 . Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên: 0,50 • Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 2 1 y+ ≥ 2 5 > 2 3+ . Vậy A ≥ 2 3+ với mọi số thực x, y. Khi x = 0 và y = 1 3 thì A = 2 3+ nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 3+ . 0,25 V.a 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng đi qua các tiếp điểm T1, T2 (1,00 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1; 3) và bán kính R = 2. MI =2 5 > R nên M nằm ngoài (C). Nếu T(xo; yo) là tiếp điểm của tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) thì ∈⎧⎪ ⎨ ⊥⎪⎩ T (C) MT IT ⇒ ∈⎧⎪ ⎨ =⎪⎩ T (C) MT.IT 0 0,25 MT = (xo + 3; yo −1), IT = (xo −1; yo −3). Do đó ta có: 2 2 o o o o o o o o x y 2x 6y 6 0 (x 3)(x 1) (y 1)(y 3) 0 ⎧ + − − + =⎪ ⎨ + − + − − =⎪⎩ 0,25 ⇒ 2 2 o o o o 2 2 o o o o x y 2x 6y 6 0 x y 2x 4y 0 ⎧ + − − + =⎪ ⎨ + + − =⎪⎩ ⇒ o o2x y 3 0+ − = (1) 0,25 Vậy, tọa độ các tiếp điểm T1 và T2 của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (C) đều thỏa mãn đẳng thức (1). Do đó, phương trình đường thẳng T1T2 là: 2x + y −3 = 0. 0,25 f(y) y f '(y) − 0 + − ∞ 2+ 3 1 3 2 www.VNMATH.com
  • 84. 2 Tìm k∈{1,2, …, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất (1,00 điểm) Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng k nC . Từ giả thiết suy ra: 4 2 n nC 20C= 0,25 2 n 5n 234 0 n 18⇔ − − = ⇔ = (vì n ≥ 4) 0,25 Do k 1 18 k 18 C 18 k k 1C + − = + > 1 ⇔ k < 9, nên 1 2 9 18 18 18C C ... C< < < ⇒ 9 10 18 18 18 18C C ... C .> > > Vậy, số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9. 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với x x 2 5 5 5 x x 2 5 5 5 5 x x 2 5 5 log (4 144) log 16 1 log (2 1) log (4 144) log 16 log 5 log (2 1) log (4 144) log [80(2 1)] − − − + − < + + ⇔ + < + + + ⇔ + < + 0,50 ( )x x 2 x x 4 144 80 2 1 4 20.2 64 0− ⇔ + < + ⇔ − + < 0,25 x 4 2 16 2 x 4.⇔ < < ⇔ < < 0,25 2 Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm) Xét ΔABM và ΔBCA vuông có AM 1 BA AB BC2 = = ⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA ⇒ ABM BCA= ⇒ o ABM BAC BCA BAC 90+ = + = ⇒ AIB = 90o ⇒ MB ⊥ AC (1) 0,25 SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB (2). Từ (1) và (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC). 0,25 Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC ⇒ NH = SA a 2 2 = và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó VANIB = 1 3 NH.SΔABI. 0,25 2 2 2 1 1 1 AI AB AM = + ⇒ AI = a 3 3 , 2 2 2 BI AB AI= − ⇒ BI = a 6 3 ⇒ SΔABI = 2 a 2 6 ⇒ VANIB = 2 1 a a 2 . . 3 2 6 = 3 a 2 . 36 0,25 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ---------------- Hết ---------------- S B A C D I N H M • •• • • • • • • a a a 2 www.VNMATH.com
  • 85. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 3 y x 3x 2.= − + • TXĐ: . • Sự biến thiên: 2 y' 3x 3, y' 0 x 1, x 1.= − = ⇔ = − = 0,25 Bảng biến thiên: _ ++ +∞ -∞ 0 4 00 1-1 +∞-∞ y y' x yCĐ = ( ) ( )CTy 1 4, y y 1 0.− = = = 0,50 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đường thẳng d là: ( )y m x 3 20.= − + 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )C là: ( ) ( )( )3 2 x 3x 2 m x 3 20 x 3 x 3x 6 m 0.− + = − + ⇔ − + + − = 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị ( )C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi ( ) 2 f x x 3x 6 m= + + − có 2 nghiệm phân biệt khác 3 0,25 ( ) ( ) 159 4 6 m 0 m 4 f 3 24 m 0 m 24. ⎧Δ = − − >⎧ >⎪ ⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎨ = − ≠⎪ ⎪⎩ ≠⎩ 0,25 O−1 1 2 4 x y −2 www.VNMATH.com
  • 86. II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( )2 2sin 2x.sin x 2sin x 0 sin x sin 2x sin x 0− − = ⇔ + = ( )2 sin x 2cos x 1 0.⇔ + = 0,50 • ( )sin x 0 x k k .= ⇔ = π ∈ 0,25 • ( ) 1 2 cos x x k2 k . 2 3 π = − ⇔ = ± + π ∈ 0,25 2 Giải phương trình (1,00 điểm) Đặt ( ) 2 t 1 t 2x 1 t 0 x . 2 + = − ≥ ⇒ = Phương trình đã cho trở thành: 4 2 t 4t 4t 1 0− + − = 0,25 ( ) ( )2 2 t 1 t 2t 1 0⇔ − + − = t 1, t 2 1.⇔ = = − 0,50 Với t 1,= ta có x 1.= Với t 2 1,= − ta có x 2 2.= − 0,25 III 2,00 1 Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm) Mặt phẳng ( )α đi qua ( )A 1;2;3 và vuông góc với 1d có phương trình là: ( ) ( ) ( )2 x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0.− − − + − = ⇔ − + − = 0,50 Tọa độ giao điểm H của 1d và ( )α là nghiệm của hệ: ( ) x 0x 2 y 2 z 3 y 1 H 0; 1; 2 .2 1 1 2x y z 3 0 z 2 =⎧− + −⎧ = =⎪ ⎪ ⇔ = − ⇒ −−⎨ ⎨ ⎪ ⎪− + − = =⎩ ⎩ 0,25 Vì A' đối xứng với A qua 1d nên H là trung điểm của AA' ( )A' 1; 4;1 .⇒ − − 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm) Vì Δ đi qua A, vuông góc với 1d và cắt 2d , nên Δ đi qua giao điểm B của 2d và ( ).α 0,25 Tọa độ giao điểm B của 2d và ( )α là nghiệm của hệ: ( ) x 2x 1 y 1 z 1 y 1 B 2; 1; 2 .1 2 1 2x y z 3 0 z 2 =⎧− − +⎧ = =⎪ ⎪ ⇔ = − ⇒ − −−⎨ ⎨ ⎪ ⎪− + − = = −⎩ ⎩ 0,25 Vectơ chỉ phương của Δ là: ( )u AB 1; 3; 5 .= = − − 0,25 Phương trình của Δ là: x 1 y 2 z 3 . 1 3 5 − − − = = − − 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) ( ) 1 2x 0 I x 2 e dx.= −∫ Đặt 2x 2x u x 2 1 du dx, v e . 2dv e dx = −⎧⎪ ⇒ = =⎨ =⎪⎩ 0,25 ( ) 1 1 2x 2x 0 0 1 1 I x 2 e e dx 2 2 = − − ∫ 0,25 12 2 2x 0 e 1 5 3e 1 e . 2 4 4 − = − + − = 0,50 www.VNMATH.com
  • 87. 2 Chứng minh với mọi a 0,> hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm) Điều kiện: x, y 1.> − Hệ đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( ) ( ) x a x e e ln 1 x ln 1 a x 0 1 y x a 2 +⎧ − + + − + + =⎪ ⎨ = +⎪⎩ Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng ( )1; .− + ∞ 0,25 Xét hàm số ( ) ( ) ( )x a x f x e e ln 1 x ln 1 a x ,+ = − + + − + + với x 1.> − Do ( )f x liên tục trong khoảng ( )1;− + ∞ và ( ) ( )x 1 x lim f x , lim f x+ →− →+∞ = −∞ = +∞ nên phương trình ( )f x 0= có nghiệm trong khoảng ( )1; .− + ∞ 0,25 Mặt khác: ( ) ( ) ( )( ) x a x x a 1 1 f ' x e e 1 x 1 a x a e e 1 0, x 1. 1 x 1 a x + = − + − + + + = − + > ∀ > − + + + ⇒ ( )f x đồng biến trong khoảng ( )1; .− +∞ 0,25 Suy ra, phương trình ( )f x 0= có nghiệm duy nhất trong khoảng ( )1;− + ∞ . Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất. 0,25 V.a 1 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 1.= Vì M d∈ nên ( )M x;x 3 .+ 0,25 Yêu cầu của bài toán tương đương với: ( ) ( )2 2 MI R 2R x 1 x 2 9 x 1, x 2.= + ⇔ − + + = ⇔ = = − 0,50 Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: ( ) ( )1 2M 1; 4 , M 2; 1 .− 0,25 2 Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp (1,00 điểm) Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là 4 12C 495.= 0,25 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau: - Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 2 1 1 5 4 3C .C .C 120.= - Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 1 2 1 5 4 3C .C .C 90.= - Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 1 1 2 5 4 3C .C .C 60.= 0,50 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là: 120 90 60 270.+ + = Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 270 225.− = 0,25 www.VNMATH.com
  • 88. V.b 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2x x x x x 2x x x 2 2 1 4 2 1 0 2 4 2 1 0.− − − − − − = ⇔ − − = 0,50 • 2x 2x 2 2 4 0 2 2 x 1.− = ⇔ = ⇔ = • 2 2 x x x x 2 2 1 0 2 1 x x 0 x 0, x 1.− − − = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = = Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 1.= = 0,50 2 Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm) M K H N C B A S Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. Do BC AK,BC SA⊥ ⊥ nên BC AH.⊥ Do AH SK,AH BC⊥ ⊥ nên ( )AH SBC .⊥ 0,25 Xét tam giác vuông SAK: 2 2 2 1 1 1 2 3a AH . AH SA AK 19 = + ⇒ = 0,25 Xét tam giác vuông SAB: 2 2 2 SM SA 4 SA SM.SB . SB 5SB = ⇒ = = Xét tam giác vuông SAC: 2 2 2 SN SA 4 SA SN.SC . SC 5SC = ⇒ = = Suy ra: 2 SMN BCNM SBC SBC S 16 9 9 19a S S . S 25 25 100 = ⇒ = = 0,25 Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là: 3 BCNM 1 3 3a V .AH.S . 3 50 = = 0,25 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ---------------- Hết ---------------- www.VNMATH.com
  • 89. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối A 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 2 2 x 2(m 1)x m 4m y (1), x 2 + + + + = + m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= − . 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc tọa độ O tạo thành một tam giác vuông tại O. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) ( )2 2 1 sin x cos x 1 cos x sin x 1 sin 2x.+ + + = + 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 2 3 x 1 m x 1 2 x 1.− + + = − Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng 1 x y 1 z 2 d : 2 1 1 − + = = − và 2 x 1 2t d : y 1 t z 3. = − +⎧ ⎪ = +⎨ ⎪ =⎩ 1. Chứng minh rằng 1d và 2d chéo nhau. 2. Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( )P : 7x y 4z 0+ − = và cắt hai đường thẳng 1d , 2d . Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: ( )y e 1 x,= + ( )x y 1 e x.= + 2. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 x (y z) y (z x) z (x y) P y y 2z z z z 2x x x x 2y y + + + = + + ⋅ + + + PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N. 2. Chứng minh rằng: 2n 1 3 5 2n 1 2n 2n 2n 2n 1 1 1 1 2 1 C C C ... C 2 4 6 2n 2n 1 − − + + + + = + (n là số nguyên dương, k nC là số tổ hợp chập k của n phần tử). Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải bất phương trình: 3 1 3 2log (4x 3) log (2x 3) 2.− + + ≤ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP. ---------------------------Hết--------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………số báo danh: ………………………………. www.VNMATH.com
  • 90. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: 3 2 2 2 y x 3x 3(m 1)x 3m 1= − + + − − − (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều gốc tọa độ O. Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2sin 2x sin 7x 1 sin x.+ − = 2. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: ( )2 x 2x 8 m x 2 .+ − = − Câu III. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) 2 2 2 S : x y z 2x 4y 2z 3 0+ + − + + − = và mặt phẳng ( )P : 2x y 2z 14 0.− + − = 1. Viết phương trình mặt phẳng ( )Q chứa trục Ox và cắt ( )S theo một đường tròn có bán kính bằng 3. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P lớn nhất. Câu IV. (2 điểm) 1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y x ln x, y 0, x e.= = = Tính thể tích của khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox. 2. Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x 1 y 1 z 1 P x y z . 2 yz 2 zx 2 xy ⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎛ ⎞ = + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎝ ⎠ PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b) Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Tìm hệ số của số hạng chứa 10 x trong khai triển nhị thức Niutơn của n (2 x) ,+ biết: ( ) nn 0 n 1 1 n 2 2 n 3 3 n n n n n n3 C 3 C 3 C 3 C ... 1 C 2048− − − − + − + + − = (n là số nguyên dương, k nC là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm ( )A 2;2 và các đường thẳng: d1: x + y – 2 = 0, d2: x + y – 8 = 0. Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A. Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) ( ) x x 2 1 2 1 2 2 0.− + + − = 2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC. ---------------------------Hết--------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………Số báo danh: ………………………………. www.VNMATH.com
  • 91. 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) Cho hàm số 2x y . x 1 = + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai trục Ox, Oy tại A, B và tam giác OAB có diện tích bằng 1 . 4 Câu II. (2 điểm) 1. Giải phương trình: 2 x x sin cos 3 cos x 2. 2 2 ⎛ ⎞ + + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực: 3 3 3 3 1 1 x y 5 x y 1 1 x y 15m 10. x y ⎧ + + + =⎪ ⎪ ⎨ ⎪ + + + = − ⎪⎩ Câu III. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( ) ( )A 1;4;2 ,B 1;2;4− và đường thẳng x 1 y 2 z : . 1 1 2 − + Δ = = − 1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( )OAB . 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho 2 2 MA MB+ nhỏ nhất. Câu IV. (2 điểm) 1. Tính tích phân: e 3 2 1 I x ln xdx.= ∫ 2. Cho a b 0.≥ > Chứng minh rằng: b a a b a b 1 1 2 2 . 2 2 ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + ≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b) Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Tìm hệ số của 5 x trong khai triển thành đa thức của: ( ) ( )5 102 x 1 2x x 1 3x .− + + 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2 C : x 1 y 2 9− + + = và đường thẳng d :3x 4y m 0.− + = Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA,PB tới ( )C (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều. Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( )x x 2 2 x 1 log 4 15.2 27 2log 0. 4.2 3 + + + = − 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, 0 ABC BAD 90 ,= = BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( )SCD . ---------------------------Hết--------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………Số báo danh: ………………………………. www.VNMATH.com
  • 92. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m 1= − ta có 2 x 3 1 y x 2 x 2 x 2 − = = − + + + . • Tập xác định: D = { 2}− . • Sự biến thiên: 2 2 2 1 x 4x 3 y' 1 (x 2) (x 2) + + = − = + + , x 3 y' 0 x 1. = −⎡ = ⇔ ⎢ = −⎣ 0,25 Bảng biến thiên: yCĐ = ( ) ( )CTy 3 6, y y 1 2.− = − = − = − 0,25 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2. 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm) ( ) 2 2 2 x 4x 4 m y' x 2 + + − = + . Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ ( ) 2 2 g x x 4x 4 m= + + − có 2 nghiệm phân biệt x ≠ −2 ( ) 2 2 ' 4 4 m 0 g 2 4 8 4 m 0 ⎧∆ = − + >⎪ ⇔ ⎨ − = − + − ≠⎪⎩ ⇔ m ≠ 0. 0,50 x − ∞ −3 −2 −1 + ∞ y' + 0 − − 0 + y −6 + ∞ + ∞ −∞ − ∞ −2 x y − 3 − 6 −2 O −1−2 www.VNMATH.com
  • 93. Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒ ( )A 2 m; 2− − − , ( )B 2 m;4m 2− + − . Do ( )OA m 2; 2 0= − − − ≠ , ( )OB m 2;4m 2 0= − − ≠ nên ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O ⇔ 2 OA.OB 0 m 8m 8 0= ⇔ − − + = ⇔ m 4 2 6= − ± (thỏa mãn m ≠ 0). Vậy giá trị m cần tìm là: m 4 2 6= − ± . 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2 ⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0. 0,50 ⇔ π π x kπ,x k2π,x k2π 4 2 = − + = + = (k ∈Z ). 0,50 2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x 1≥ . Phương trình đã cho ⇔ 4 x 1 x 1 3 2 m (1). x 1 x 1 − − − + = + + Đặt 4 x 1 t x 1 − = + , khi đó (1) trở thành 2 3t 2t m (2).− + = 0,50 Vì 4 4 x 1 2 t 1 x 1 x 1 − = = − + + và x 1≥ nên 0 t 1.≤ < Hàm số 2 f (t) 3t 2t, 0 t 1= − + ≤ < có bảng biến thiên: Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ 1 1 m 3 − < ≤ . 0,50 III 2,00 1 Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm) +) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương 1u = (2; −1; 1), d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương 2u = (2; 1; 0). 0,25 +) 1 2[u ,u ]= (−1; 2; 4) và MN = (−1; 0; 5). 0,50 +) 1 2[u ,u ].MN = 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau. 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm) Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).− − + − + + ⇒ AB= (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5). 0,25 (P) có véctơ pháp tuyến n = (7; 1; − 4). AB ⊥ (P) ⇔ AB cùng phương với n 0,25 ⇔ 2t 2s 1 t s s 5 7 1 4 − − + − + = = − ⇔ 5t 9s 1 0 4t 3s 5 0 + + =⎧ ⎨ + + =⎩ ⇔ s 1 t 2 =⎧ ⎨ = −⎩ ⇒ ( ) ( )A 2;0; 1 ,B 5; 1;3 .− − − 0,25 Phương trình của d là: x 2 y z 1 7 1 4 − + = = − . 0,25 11/30 f(t) t 0 1/3 -1 www.VNMATH.com
  • 94. IV 2,00 1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: (e + 1)x = (1 + ex )x ⇔ (ex − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. 0,25 Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S = 1 x 0 xe exdx−∫ = 1 1 x 0 0 e xdx xe dx.−∫ ∫ 0,25 Ta có: 1 0 e xdx∫ = 2 1ex 02 = e 2 , 1 1 x x x 0 0 1 xe dx xe e dx 0 = −∫ ∫ = x 1 e e 1 0 − = . Vậy e S 1 2 = − (đvdt). 0,50 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: 2 x (y z)+ 2x x≥ . Tương tự, 2 y (z x)+ ≥ 2y y , 2 z (x y)+ ≥ 2z z . 0,25 ⇒ 2y y2x x 2z z P y y 2z z z z 2x x x x 2y y ≥ + + + + + . Đặt a = x x 2y y+ , b = y y 2z z+ , c = z z 2x x+ . Suy ra: 4c a 2b x x 9 + − = , 4a b 2c y y 9 + − = , 4b c 2a z z 9 + − = . 0,25 Do đó 2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2a P 9 b c a + − + − + −⎛ ⎞ ≥ + +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 c a b a b c 4 6 9 b c a b c a ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = + + + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦ ≥ ( ) 2 4.3 3 6 2. 9 + − = (Do c a b b c a + + = c a b c ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + b 1 a ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − 1 ≥ 2 a b + 2 b a − 1 ≥ 4 − 1 = 3, hoặc c a b b c a + + ≥ 3 c a b 3 b c a ⋅ ⋅ = 3. Tương tự, a b c b c a + + ≥ 3). 0,25 Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2. 0,25 V.a 2,00 1 Viết phương trình đường tròn (1,00 điểm) Ta có M(−1; 0), N(1; −2),AC= (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có: BH AC H AC ⎧ ⊥⎪ ⎨ ∈⎪⎩ ⇔ 4(x 2) 4(y 2) 0 4x 4(y 2) 0 + − + =⎧ ⎨ + − =⎩ ⇔ x 1 y 1 =⎧ ⎨ =⎩ ⇒ H(1; 1). 0,25 Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: 2 2 x y 2ax 2by c 0+ + + + = (1). 0,25 Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện: 2a c 1 2a 4b c 5 2a 2b c 2. − =⎧ ⎪ − + = −⎨ ⎪ + + = −⎩ 0,25 1 a 2 1 b 2 c 2. ⎧ = −⎪ ⎪ ⎪ ⇔ =⎨ ⎪ = −⎪ ⎪ ⎩ Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 2 2 x y x y 2 0.+ − + − = 0,25 www.VNMATH.com
  • 95. 2 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: ( ) 2n 0 1 2n 2n 2n 2n 2n1 x C C x ... C x ,+ = + + + ( ) 2n 0 1 2n 2n 2n 2n 2n1 x C C x ... C x− = − + + ( ) ( ) ( )2n 2n 1 3 3 5 5 2n 1 2n 1 2n 2n 2n 2n1 x 1 x 2 C x C x C x ... C x .− − ⇒ + − − = + + + + ( ) ( ) ( ) 1 12n 2n 1 3 3 5 5 2n 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 0 0 1 x 1 x dx C x C x C x ... C x dx 2 − −+ − − ⇒ = + + + + ∫ ∫ 0,50 • ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 2n 2n 2n 1 2n 1 0 11 x 1 x 1 x 1 x dx 02 2 2n 1 + + + − − + + − = +∫ = 2n 2 1 2n 1 − + (1) • ( ) 1 1 3 3 5 5 2n 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 0 C x C x C x ... C x dx− − + + + + ∫ 1 2 4 6 2n 1 3 5 2n 1 2n 2n 2n 2n 0 x x x x C . C . C . ... C . 2 4 6 2n −⎛ ⎞ = + + + +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 1 3 5 2n 1 2n 2n 2n 2n 1 1 1 1 C C C ... C 2 4 6 2n − = + + + (2). Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: x > 3 4 . Bất phương trình đã cho ⇔ 2 3 (4x 3) log 2x 3 − + ≤ 2 0,25 ⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3) 0,25 ⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ − 3 8 ≤ x ≤ 3. 0,25 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: 3 4 < x ≤ 3. 0,25 2 Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm) Gọi H là trung điểm của AD. Do SAD∆ đều nên SH AD.⊥ Do( ) ( )SAD ABCD⊥ nên ( )SH ABCD⊥ ( )SH BP 1 .⇒ ⊥ Xét hình vuông ABCD ta có CDH BCP∆ = ∆ ⇒ ( )CH BP 2 .⊥ Từ (1) và (2) suy ra ( )BP SHC .⊥ Vì MN //SC và AN // CH nên ( ) ( )AMN // SHC . Suy ra ( )BP AMN⊥ ⇒ BP AM.⊥ 0,50 Kẻ ( ) ( )MK ABCD ,K ABCD .⊥ ∈ Ta có: CMNP CNP 1 V MK.S . 3 = Vì 2 CNP 1 a 3 1 a MK SH , S CN.CP 2 4 2 8 = = = = nên 3 CMNP 3a V 96 = (đvtt). 0,50 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- A S D C B H M N P K www.VNMATH.com
  • 96. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m =1 ta có 3 2 y x 3x 4= − + − . • Tập xác định: D = . • Sự biến thiên: 2 y' 3x 6x,= − + y' 0= ⇔ x 0= hoặc x 2.= 0,25 Bảng biến thiên: yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4. 0,50 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm) Ta có: 2 2 y' 3x 6x 3(m 1)= − + + − , y' = 0 ⇔ 2 2 x 2x m 1 0− − + = (2). Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 > 0 ⇔ m ≠ 0. 0,50 Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3 ), B(1 + m; − 2 + 2m3 ). O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m = 1 2 ± (vì m ≠ 0). 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( )2 sin 7x sin x 2sin 2x 1 0 cos4x 2sin3x 1 0.− + − = ⇔ − = 0,50 • ( )cos4x 0 x k k . 8 4 π π = ⇔ = + ∈Z • 1 2 sin3x x k 2 18 3 π π = ⇔ = + hoặc ( ) 5 2 x k k . 18 3 π π = + ∈Z 0,50 x − ∞ 0 2 + ∞ y' − 0 + 0 − y − 4 − ∞ + ∞ 0 O − 4 2 y x − 1 www.VNMATH.com
  • 97. 2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x 2.≥ Phương trình đã cho tương đương với ( )( )3 2 x 2 x 6x 32 m 0− + − − = 3 2 x 2 x 6x 32 m 0. =⎡ ⇔ ⎢ + − − =⎣ Ta chứng minh phương trình: ( )3 2 x 6x 32 m 1+ − = có một nghiệm trong khoảng ( )2;+∞ . 0,50 Xét hàm ( ) 3 2 f x x 6x 32= + − với x 2.> Ta có: ( ) 2 f ' x 3x 12x 0, x 2.= + > ∀ > Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m 0> , phương trình (1) luôn có một nghiệm trong khoảng ( )2;+∞ . Vậy với mọi m 0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt. 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm) ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 S : x 1 y 2 z 1 9− + + + + = có tâm ( )I 1; 2; 1− − và bán kính R 3.= 0,25 Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. 0,25 (Q) có cặp vectơ chỉ phương là: ( ) ( )OI 1; 2; 1 , i 1;0;0= − − = . ⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: ( )n 0; 1;2 .= − 0,25 Phương trình của (Q) là: ( ) ( ) ( )0. x 0 1. y 0 2 z 0 0 y 2z 0.− − − + − = ⇔ − = 0,25 2 Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm) Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại hai điểm A,B. Nhận xét: nếu ( )( ) ( )( )d A; P d B; P≥ thì ( )( )d M; P lớn nhất khi M A.≡ 0,25 Phương trình đường thẳng d: x 1 y 2 z 1 . 2 1 2 − + + = = − 0,25 Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ ( ) ( ) ( )2 2 2 x 1 y 2 z 1 9 x 1 y 2 z 1 . 2 1 2 ⎧ − + + + + = ⎪ ⎨ − + + = =⎪ ⎩ − Giải hệ ta tìm được hai giao điểm ( ) ( )A 1; 1; 3 ,B 3; 3;1 .− − − − 0,25 Ta có: ( )( ) ( )( )d A; P 7 d B; P 1.= ≥ = Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi ( )M 1; 1; 3 .− − − 0,25 IV 2,00 1 Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của các đường y x ln x= và y 0= là: x ln x 0 x 1.= ⇔ = 0,25 f(x) f '(x) + 0 x 2 + ∞ + ∞ www.VNMATH.com
  • 98. Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là: ( ) e e 22 1 1 V y dx x ln x dx.= π =π∫ ∫ 0,25 Đặt 3 2 2 2ln x x u ln x,dv x dx du dx,v . x 3 = = ⇒ = = Ta có: ( ) ee e e3 3 2 2 2 2 1 1 11 x 2 e 2 x ln x dx ln x x ln xdx x ln xdx. 3 3 3 3 = − = −∫ ∫ ∫ 0,25 Đặt 3 2 dx x u ln x,dv x dx du ,v . x 3 = = ⇒ = = Ta có: e ee e3 3 3 3 2 2 1 11 1 x 1 e x 2e 1 x ln xdx ln x x dx . 3 3 3 9 9 + = − = − =∫ ∫ Vậy ( )3 5e 2 V 27 π − = (đvtt). 0,25 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: 2 2 2 2 2 2 x y z x y z P . 2 2 2 xyz + + = + + + Do 2 2 2 2 2 2 2 2 2 x y y z z x x y z xy yz zx 2 2 2 + + + + + = + + ≥ + + nên 2 2 2 x 1 y 1 z 1 P . 2 x 2 y 2 z ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ≥ + + + + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,50 Xét hàm số ( ) 2 t 1 f t 2 t = + với t 0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra ( ) 3 f t , t 0. 2 ≥ ∀ > Suy ra: 9 P . 2 ≥ Dấu bằng xảy ra ⇔ x y z 1.= = = Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 9 . 2 0,50 V.a 2,00 1 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm) Ta có: ( ) ( )n nn 0 n 1 1 n 2 2 n n n n n n3 C 3 C 3 C ... 1 C 3 1 2− − − + − + − = − = . Từ giả thiết suy ra n 11= . 0,50 Hệ số của số hạng chứa 10 x trong khai triển Niutơn của ( )11 2 x+ là: 10 1 11C .2 22.= 0,50 2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì 1 2B d , C d∈ ∈ nên ( ) ( )B b;2 b ,C c;8 c .− − Từ giả thiết ta có hệ: ( )( ) ( ) ( )2 22 2 b 1 c 4 2bc 4b c 2 0AB.AC 0 AB AC b 2b c 8c 18 b 1 c 4 3. − − =⎧− − + =⎧⎧ =⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ⇔⎨ ⎨ ⎨ = − = − +⎪ ⎪ − − − =⎩ ⎩ ⎪⎩ 0,50 Đặt x b 1, y c 4= − = − ta có hệ 2 2 xy 2 x y 3. =⎧⎪ ⎨ − =⎪⎩ Giải hệ trên ta được x 2, y 1= − = − hoặc x 2, y 1= = . Suy ra: ( ) ( )B 1;3 ,C 3;5− hoặc ( ) ( )B 3; 1 ,C 5;3− . 0,50 www.VNMATH.com
  • 99. V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) Đặt ( ) ( ) x 2 1 t t 0 ,− = > ta có phương trình 1 t 2 2 0 t 2 1,t 2 1. t + − = ⇔ = − = + 0,50 Với t 2 1= − ta có x 1.= Với t 2 1= + ta có x 1.= − 0,50 2 (1,00 điểm) Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác, ( )BD SAC⊥ nên BD MN.⊥ 0,50 Vì ( )MN || SAC nên ( ) ( ) ( )( )1 1 a 2 d MN;AC d N;(SAC d B; SAC BD . 2 4 4 = = = = Vậy ( ) a 2 d MN;AC . 4 = 0,50 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- N E C B M P D A S www.VNMATH.com
  • 100. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC 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) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Ta có 2x 2 y 2 . x 1 x 1 = = − + + • Tập xác định: D = { 1}− . • Sự biến thiên: 2 2 y' 0, x D. (x 1) = > ∀ ∈ + 0,25 Bảng biến thiên 0,25 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm) Vì ( )M C∈ nên 0 0 0 2x M x ; . x 1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ +⎝ ⎠ Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: ( )( ) ( ) ( ) 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 2x 2x2 y y' x x x y x . x 1 x 1 x 1 = − + ⇔ = + + + + ( ) ( ) 2 2 0 0 2 0 2x A x ;0 , B 0; . x 1 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⇒ − ⎜ ⎟+⎝ ⎠ 0,25 Từ giả thiết ta có: ( ) 2 20 02 0 2x 1 . x 2x 1 − = + 2 0 0 2 0 0 2x x 1 0 2x x 1 0. ⎡ + + = ⇔ ⎢ − − =⎢⎣ 0 0 1 x 2 x 1 ⎡ = −⎢⇔ ⎢ =⎣ 0,50 y x −∞ 1− +∞ y' + + +∞ 2 −∞2 y O x 2 1− www.VNMATH.com
  • 101. Với 0 1 x 2 = − ta có 1 M ; 2 2 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Với 0x 1= ta có ( )M 1;1 . Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 1 M ; 2 2 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và ( )M 1;1 . 0,25 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 1 1 sin x 3 cos x 2 cos x 6 2 π⎛ ⎞ + + = ⇔ − =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 ( )x k2 ,x k2 k . 2 6 π π ⇔ = + π = − + π ∈Z 0,50 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm). Đặt ( )1 1 x u, y v u 2, v 2 . x y + = + = ≥ ≥ Hệ đã cho trở thành: ( )3 3 u v 5 u v 5 uv 8 mu v 3 u v 15m 10 + =⎧ + =⎧⎪ ⇔⎨ ⎨ = −+ − + = − ⎩⎪⎩ 0,25 u,v⇔ là nghiệm của phương trình: 2 t 5t 8 m− + = (1). Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm 1 2t t ,t t= = thoả mãn: 1 2t 2, t 2≥ ≥ (t1, t2 không nhất thiết phân biệt). Xét hàm số ( ) 2 f t t 5t 8= − + với t 2≥ : Bảng biến thiên của ( )f t : 0,50 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 7 m 2 4 ≤ ≤ hoặc m 22≥ . 0,25 III 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm) Tọa độ trọng tâm: ( )G 0;2;2 . 0,25 Ta có: ( ) ( )OA 1;4;2 ,OB 1;2;4= = − . Vectơ chỉ phương của d là: ( ) ( )n 12; 6;6 6 2; 1;1 .= − = − 0,50 Phương trình đường thẳng d: x y 2 z 2 . 2 1 1 − − = = − 0,25 2 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm) Vì ( )M M 1 t; 2 t;2t∈∆ ⇒ − − + 0,25 t −∞ 2− 2 5/ 2 +∞ ( )f ' t − − 0 + ( )f t 22 +∞ 7 / 4 2 +∞ www.VNMATH.com
  • 102. ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 22 2 2 MA MB t 6 t 2 2t 2 t 4 t 4 2t⇒ + = + − + − + − + + − + − ( )22 12t 48t 76 12 t 2 28.= − + = − + 2 2 MA MB+ nhỏ nhất t 2.⇔ = 0,50 Khi đó ( )M 1;0;4 .− 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt 4 2 3 2ln x x u ln x,dv x dx du dx,v . x 4 = = ⇒ = = Ta có: e e e4 4 2 3 3 1 11 x 1 e 1 I .ln x x ln xdx x ln xdx. 4 2 4 2 = − = −∫ ∫ 0,50 Đặt 4 3 dx x u ln x,dv x dx du ,v . x 4 = = ⇒ = = Ta có: e ee e4 4 4 3 3 4 11 11 x 1 e 1 3e 1 x ln xdx ln x x dx x . 4 4 4 16 16 + = − = − =∫ ∫ Vậy 4 5e 1 I . 32 − = 0,50 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức đã cho tương đương với ( ) ( ) ( ) ( )a b b a a b ln 1 4 ln 1 4 1 4 1 4 . a b + + + ≤ + ⇔ ≤ 0,50 Xét hàm ( ) ( )x ln 1 4 f x x + = với x 0.> Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) x x x x 2 x 4 ln 4 1 4 ln 1 4 f ' x 0 x 1 4 − + + = < + ⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng ( )0; .+∞ Do f(x) nghịch biến trên ( )0;+∞ và a b 0≥ > nên ( ) ( )f a f b≤ và ta có điều phải chứng minh. 0,50 V.a 2,00 1 Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm) Hệ số của x5 trong khai triển của ( )5 x 1 2x− là ( )4 4 52 .C .− Hệ số của x5 trong khai triển của ( )102 x 1 3x+ là 3 3 103 .C . 0,50 Hệ số của x5 trong khai triển của ( ) ( )5 102 x 1 2x x 1 3x− + + là ( )4 4 3 3 5 102 C 3 .C 3320.− + = 0,50 2 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm) (C) có tâm ( )I 1; 2− và bán kính R 3.= Ta có: PAB∆ đều nên IP 2IA 2R 6= = = ⇔ P thuộc đường tròn ( )C' tâm I, bán kính R ' 6.= 0,50 Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d tiếp xúc với ( )C' tại P ( )d I;d 6 m 19,m 41.⇔ = ⇔ = = − 0,50 www.VNMATH.com
  • 103. V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: x 4.2 3 0.− > Phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( ) 2 x x x 2 2log 4 15.2 27 log 4.2 3+ + = − ( ) 2 x x 5. 2 13.2 6 0⇔ − − = 0,50 ⇔ x x 2 2 5 2 3 ⎡ = −⎢ ⎢ =⎢⎣ Do x 2 0> nên x 2 3= 2x log 3⇔ = (thỏa mãn điều kiện). 0,50 2 Chứng minh SCD∆ vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a CD AC⇒ ⊥ . Mặt khác, CD SA⊥ . Suy ra CD SC⊥ nên tam giác SCD vuông tại C. 0,50 Trong tam giác vuông SAB ta có: 2 2 2 2 2 2 2 2 SH SA SA 2a 2 SB 3SB SA AB 2a a = = = = + + Gọi d1 và 2d lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì 2 2 1 1 d SH 2 2 d d . d SB 3 3 = = ⇒ = Ta có: B.SCD BCD 1 SCD SCD 3V SA.S d . S S = = 2 BCD 1 1 S AB.BC a . 2 2 = = 2 2 2 2 2 SCD 1 1 S SC.CD SA AB BC . IC ID 2 2 = = + + + 2 a 2.= Suy ra 1 a d . 2 = Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: 2 1 2 a d d . 3 3 = = 0,50 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- S A B C D H I www.VNMATH.com
  • 104. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 2 2 mx (3m 2)x 2 y (1), x 3m + − − = + với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= . 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng o 45 . Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 1 1 7π 4sin x . 3πsinx 4 sin x 2 ⎛ ⎞ + = −⎜ ⎟ ⎛ ⎞ ⎝ ⎠−⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2. Giải hệ phương trình ( ) 2 3 2 4 2 5 x y x y xy xy 4 x, y . 5 x y xy(1 2x) 4 ⎧ + + + + = −⎪⎪ ∈⎨ ⎪ + + + = − ⎪⎩ Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )A 2;5;3 và đường thẳng x 1 y z 2 d : . 2 1 2 − − = = 1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân π 46 0 tg x I dx. cos2x = ∫ 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m+ + − + − = (m ).∈ PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________ Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng (E) có tâm sai bằng 5 3 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 2. Cho khai triển ( ) n n 0 1 n1 2x a a x ... a x ,+ = + + + trong đó * n∈ và các hệ số 0 1 na ,a ,...,a thỏa mãn hệ thức 1 n 0 n a a a ... 4096. 2 2 + + + = Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,...,a . Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình 2 2 2x 1 x 1log (2x x 1) log (2x 1) 4.− ++ − + − = 2. Cho lăng trụ ABC.A'B'C' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A'.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA', B'C'. ...........................Hết........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:............................................... ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com
  • 105. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 y 4x 6x 1= − + (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm ( )M 1; 9 .− − Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 3 3 2 2 sin x 3cos x sinxcos x 3sin xcosx.− = − 2. Giải hệ phương trình 4 3 2 2 2 x 2x y x y 2x 9 x 2xy 6x 6 ⎧ + + = +⎪ ⎨ + = +⎪⎩ ( )x, y .∈ Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm ( ) ( ) ( )A 0;1;2 ,B 2; 2;1 ,C 2;0;1 .− − 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A,B,C. 2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x 2y z 3 0+ + − = sao cho MA MB MC.= = Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân 4 0 sin x dx 4 I . sin 2x 2(1 sin x cos x) π π⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠= + + +∫ 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức 2 2 x y 1.+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2(x 6xy) P . 1 2xy 2y + = + + PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Chứng minh rằng k k 1 k n 1 n 1 n n 1 1 1 1 n 2 C C C+ + + ⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ (n, k là các số nguyên dương, k n,≤ k nC là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H( 1; 1),− − đường phân giác trong của góc A có phương trình x y 2 0− + = và đường cao kẻ từ B có phương trình 4x 3y 1 0.+ − = Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phương trình 2 0,7 6 x x log log 0. x 4 ⎛ ⎞+ <⎜ ⎟ +⎝ ⎠ 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA a,= SB a 3= và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN. ...........................Hết........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:............................................. ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com
  • 106. 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 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 2 y x 3x 4 (1).= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I(1;2) với hệ số góc k (k 3> − ) đều cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2sinx (1 cos2x) sin2x 1 2cosx.+ + = + 2. Giải hệ phương trình 2 2 xy x y x 2y x 2y y x 1 2x 2y ⎧ + + = −⎪ ⎨ − − = −⎪⎩ (x, y ).∈ 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). 1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân 2 3 1 lnx I dx. x = ∫ 2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 (x y)(1 xy) P . (1 x) (1 y) − − = + + PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức 1 3 2n 1 2n 2n 2nC C ... C 2048− + + + = ( k nC là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : 2 y 16x= và điểm A(1;4). Hai điểm phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc o BAC 90 .= Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định. Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải bất phương trình 2 1 2 x 3x 2 log 0. x − + ≥ 2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' a 2.= Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C. ...........................Hết........................... Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:............................................. ĐỀ CHÍNH THỨC www.VNMATH.com
  • 107. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m = 1 hàm số trở thành: 2 x x 2 4 y x 2 . x 3 x 3 + − = = − + + + • TXĐ: { }D 3 .= − • Sự biến thiên: 2 2 2 4 x 6x 5 y' 1 , (x 3) (x 3) + + = − = + + x 1 y' 0 x 5 = −⎡ = ⇔ ⎢ = −⎣ • yCĐ ( )y 5 9= − = − , yCT ( )y 1 1.= − = − 0,25 • TCĐ: x 3= − , TCX: y x 2.= − 0,25 • Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) 2 2 mx (3m 2)x 2 6m 2 y mx 2 . x 3m x 3m + − − − = = − + + + • Khi 1 m 3 = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 0,25 • Khi 1 m 3 ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận : d1: x 3m x 3m 0,= − ⇔ + = d2: y mx 2 mx y 2 0.= − ⇔ − − = 0,25 Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là 1n (1;0)= , 2n (m; 1).= − Góc giữa d1 và d2 bằng o 45 khi và chỉ khi 1 20 2 2 1 2 n .n m m 2 cos45 m 1. 2n . n m 1 m 1 = = ⇔ = ⇔ = ± + + 0,50 x −∞ 5− 3− 1− +∞ y’ + 0 − − 0 + y −∞ −∞ +∞ +∞ 1− 9− -3 -1 O-1 -9 -5 y x2 -2 www.VNMATH.com
  • 108. II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Điều kiện sin x 0≠ và 3π sin(x ) 0. 2 − ≠ Phương trình đã cho tương đương với: 1 1 2 2(sinx + cosx) sinx cosx + = − ⇔ 1 (sinx + cosx) 2 2 0. sinxcosx ⎛ ⎞ + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 • sinx +cosx 0 x k . 4 π = ⇔ = − + π • 1 2 2 sinxcosx + = 0 2 sin 2x x k 2 8 π ⇔ = − ⇔ = − + π hoặc 5 x k . 8 π = + π Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : x k ; 4 π = − + π 5 x k ; x k (k ). 8 8 π π = − + π = + π ∈ 0,50 2 Giải hệ... (1,00 điểm) 2 3 2 4 2 5 x y x y xy xy 4 5 x y xy(1 2x) 4 ⎧ + + + + = −⎪⎪ ⎨ ⎪ + + + = − ⎪⎩ ( )2 2 2 2 5 x y xy xy x y 4 5 (x y) xy 4 ⎧ + + + + = −⎪⎪ ⇔ ⎨ ⎪ + + = − ⎪⎩ ( )∗ Đặt 2 u x y v xy ⎧ = + ⎨ =⎩ . Hệ phương trình ( )∗ trở thành 2 5 u v uv 4 5 u v 4 ⎧ + + = −⎪⎪ ⎨ ⎪ + = − ⎪⎩ 2 3 2 5 5 v u u 0, v 4 4 u 1 3 u u 0 u , v . 4 2 2 ⎧ ⎡ = − − = = −⎪ ⎢⎪ ⇔ ⇔ ⎢⎨ ⎢⎪ + + = = − = − ⎢⎪⎩ ⎣ 0,50 • Với u = 0, 5 v 4 = − ta có hệ pt 2 x y 0 5 xy 4 ⎧ + = ⎪ ⎨ = −⎪ ⎩ ⇔ 3 5 x 4 = và 3 25 y 16 = − . • Với 1 3 u , v 2 2 = − = − ta có hệ phương trình 2 33 1 x 0 2x x 3 0 2x 2 3 3 y y 2x 2x ⎧ ⎧− + = + − =⎪⎪ ⎪ ⇔⎨ ⎨ = −⎪ ⎪= − ⎩⎪⎩ ⇔ x 1= và 3 y . 2 = − Hệ phương trình có 2 nghiệm : 3 3 5 25 ; 4 16 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 3 1; . 2 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 III 2,00 1 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm) Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( )u 2;1;2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH (2t 1;t 5;2t 1).= − − − 0,50 Vì AH ⊥ d nên AH. u 0= ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. Suy ra ( )H 3;1;4 . 0,50 www.VNMATH.com
  • 109. 2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa d sao cho... (1,00 điểm) Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ).α Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K≡ H. 0,50 Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của ( )α là 1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0− − − + − = ⇔ x 4y z 3 0.− + − = 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân... (1,00 điểm) I = ( ) π π 4 46 6 2 2 0 0 tg x tg x dx dx. cos2x 1 tg x cos x = −∫ ∫ Đặt 2 dx t tgx dt . cos x = ⇒ = Với x 0= thì t 0= ; với x 6 π = thì 1 t . 3 = 0,25 Suy ra 1 3 4 2 0 t I dt 1 t = −∫ ( ) 1 1 3 3 2 0 0 1 1 1 t 1 dt dt 2 t 1 t 1 ⎛ ⎞ = − + + −⎜ ⎟ + −⎝ ⎠ ∫ ∫ 3 1 t 1 t 1 t ln 3 3 2 t 1 0 ⎛ ⎞+ = − − +⎜ ⎟ −⎝ ⎠ 0,50 ( )1 10 ln 2 3 . 2 9 3 = + − 0,25 2 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm) Điều kiện: 0 x 6≤ ≤ . Đặt vế trái của phương trình là f (x) , [ ]x 0; 6 .∈ Ta có 3 34 4 1 1 1 1 f '(x) 2x 6 x2 (2x) 2 (6 x) = + − − −− 3 34 4 1 1 1 1 1 2 2x 6 x(2x) (6 x) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠ , x (0;6).∈ Đặt 3 34 4 1 1 1 1 u(x) , v(x) . 2x 6 x(2x) (6 x) ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎜ ⎟= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠ Ta thấy ( ) ( )u 2 v 2 0= = ⇒ f '(2) 0.= Hơn nữa u(x),v(x)cùng dương trên khoảng ( )0;2 và cùng âm trên khoảng ( )2;6 . 0,50 Ta có bảng biến thiên: Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 4 2 6 2 6 m 3 2 6.+ ≤ < + 0,50 f’(x) + 0 − x 0 2 6 f(x) 3 2 6+ 4 2 6 2 6+ 4 12 2 3+ www.VNMATH.com
  • 110. V.a 2,00 1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 2 2 2 x y 1 a b + = , a b 0.> > Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ( ) 2 2 2 c 5 a 3 2 2a 2b 20 c a b . ⎧ =⎪ ⎪⎪ + =⎨ ⎪ = −⎪ ⎪⎩ 0,50 Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2. Phương trình chính tắc của (E) là 2 2 x y 1. 9 4 + = 0,50 2 Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,...,a ... (1,00 điểm) Đặt ( ) ( ) n n 0 1 nf x 1 2x a a x ... a x= + = + + + n1 n 0 n a a 1 a ... f 2 . 2 2 2 ⎛ ⎞ ⇒ + + + = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Từ giả thiết suy ra n 12 2 4096 2= = n 12.⇔ = 0,50 Với mọi { }k 0,1,2,...,11∈ ta có k k k 12a 2 C= , k 1 k 1 k 1 12a 2 C+ + + = k k k 12 k 1 k 1 k 1 12 a 2 C 1 1 a 2 C+ + + < ⇔ < ( ) k 1 1 2 12 k + ⇔ < − 23 k . 3 ⇔ < Mà k ∈ k 7.⇒ ≤ Do đó 0 1 8a a ... a .< < < Tương tự, k k 1 a 1 k 7. a + > ⇔ > Do đó 8 9 12a a ... a .> > > Số lớn nhất trong các số 0 1 12a ,a ,...,a là 8 8 8 12a 2 C 126720.= = 0,50 V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm)) Điều kiện: 1 x 2 > và x 1.≠ Phương trình đã cho tương đương với 2 2x 1 x 1log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4− +− + + − = 2x 1 x 11 log (x 1) 2log (2x 1) 4.− +⇔ + + + − = Đặt 2x 1t log (x 1),−= + ta có 2 t 12 t 3 t 3t 2 0 t 2.t =⎡ + = ⇔ − + = ⇔ ⎢ =⎣ 0,50 • Với 2x 1t 1 log (x 1) 1 2x 1 x 1 x 2.−= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔ = • Với − =⎡ ⎢= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔ ⎢ = ⎣ 2 2x 1 x 0 (lo¹i) t 2 log (x 1) 2 (2x 1) x 1 5 x (tháa m·n) 4 Nghiệm của phương trình là: x 2= và 5 x . 4 = 0,50 www.VNMATH.com
  • 111. 2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) Gọi H là trung điểm của BC. Suy ra A'H ⊥ (ABC) và AH = 1 2 BC = 2 21 a 3a a. 2 + = Do đó 2 2 2 A'H A'A AH= − 2 3a= A'H a 3.⇒ = Vậy 3 A'.ABC ABC 1 a V A'H.S 3 2 Δ= = (đvtt). 0,50 Trong tam giác vuông A'B'H có: 2 2 HB' A'B' A'H 2a= + = nên tam giác B'BH cân tại B'. Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA' và B'C' thì B'BHϕ = Vậy a 1 cos 2.2a 4 ϕ = = . 0,50 Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định. -------------Hết------------- C A B B' A' H C' www.VNMATH.com
  • 112. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • TXĐ : . • Sự biến thiên : ,2 y' 12x 12x= − x 0 y' 0 x 1 =⎡ = ⇔ ⎢ =⎣ . 0,25 • yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. 0,25 • Bảng biến thiên : 0,25 • Đồ thị : 0,25 2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm) Đường thẳng với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình :Δ (M 1; 9− − ) .y kx k 9= + − Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có nghiệm : ( ) ( ) ( ) 3 2 2 4x 6x 1 k x 1 9 2 12x 12x k 3 ⎧ − + = + −⎪ ⎨ − =⎪⎩ Thay k từ (3) vào (2) ta được : ( )( )3 2 2 4x 6x 1 12x 12x x 1 9− + = − + − ( ) ( ) 2 x 1 4x 5 0⇔ + − = x 1 5 x . 4 = −⎡ ⎢⇔ ⎢ = ⎣ 0,50 y’ + 0 − 0 + x −∞ 0 1 y 1 1−−∞ +∞ +∞ O y x 1 −1 1 • Với thì , phương trình tiếp tuyến là :x = −1 k 24= y 24x 15.= + • Với 5 x 4 = thì 15 k 4 = , phương trình tiếp tuyến là : 15 21 y x 4 4 = − . Các tiếp tuyến cần tìm là : vày 24x 15= + 15 21 y x 4 4 = − . 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 2 sinx(cos x sin x) 3 cos x(cos x sin x) 0− + − = cos2x(sin x 3 cos x) 0.⇔ + = 0,50 www.VNMATH.com
  • 113. k cos2x 0 x . 4 2 π π • = ⇔ = + sinx 3cosx 0 x k . 3 π • + = ⇔ = − + π Nghiệm của phương trình là k x , 4 2 π π = + x k 3 π = − + π (k ).∈ 0,50 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 2 2 (x xy) 2x 9 x xy 3x 3 2 ⎧ + = + ⎪ ⎨ = + −⎪ ⎩ 22 2 x x 3x 3 2x 2 ⎛ ⎞ ⇒ + + − = +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 9 . 4 3 2 x 12x 48x 64x 0⇔ + + + = 3 x(x 4) 0⇔ + = x 0 x 4 =⎡ ⇔ ⎢ = −⎣ 0,50 x 0• = không thỏa mãn hệ phương trình. 17 x 4 y 4 • = − ⇒ = . Nghiệm của hệ phương trình là 17 (x;y) 4; . 4 ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) Ta có ( )AB 2; 3; 1 ,= − − (AC 2; 1; 1 ,= − − − ) tích có hướng của hai vectơ làAB, AC ( )n 2;4; 8= − . 0,50 Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n làm vectơ pháp tuyến nên có phương trình ( ) ( ) ( )2 x 0 4 y 1 8 z 2 0− + − − − = x 2y 4z 6 0⇔ + − + = . 0,50 2 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm) Ta có nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại trung điểm của BC. AB.AC 0= (I 0; 1;1− ) 0,50 Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình 2x 2y z 3 0 x y 1 z 1 . 1 2 4 + + − =⎧ ⎪ + −⎨ = =⎪ −⎩ 0,50 Suy ra ( )M 2;3; 7 .− IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt ⇒t sinx cosx= + dt (cosx sinx)dx 2 sin x dx. 4 π⎛ ⎞ = − = − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Với x = 0 thì t = 1, với x 4 π = thì t 2= . 0,25 Ta có 2 sin2x 2(1 sinx cosx) (t 1) .+ + + = + Suy ra 2 2 1 2 dt I 2 (t 1) = − +∫ 2 1 2 1 2 t 1 = + 0,50 ơ 2 1 1 4 3 2 . 2 22 1 −⎛ ⎞ = − =⎜ ⎟ +⎝ ⎠ 4 0,25 www.VNMATH.com
  • 114. 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2 2 2 2 2 2(x 6xy) 2(x 6xy) P . 1 2xy 2y x y 2xy 2y + + = = + + + + + 2 . . , • Nếu thì Suy ra P = 2.y 0= 2 x 1= • Xét Đặt khi đóy 0≠ x ty= 2 2 2t 12t P t 2t + = + +3 , ⇔ (1).2 (P 2)t 2(P 6)t 3P 0− + − + = − Với phương trình (1) có nghiệmP 2= 3 t . 4 = − Với phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khiP 2≠ , .2 ' 2P 6P 36 0 6 P 3Δ = − − + ≥ ⇔ − ≤ ≤ 0,50 P 3= khi 3 x , y 10 10 = = 1 hoặc 3 1 x , y 10 10 = − = − . 6P = − khi 3 2 x , y 13 13 = = − hoặc 3 2 x , y 13 13 = − = . Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6. 0,50 V.a 2,00 1 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: k k 1 n 1 n 1 n 1 1 1 n 2 C C + + + ⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟ + ⎝ ⎠ n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)! . n 2 (n 1)! + + − + + − + + 0,50 [ ] 1 k!(n k)! . (n 1 k) (k n 2 n! − = + − + 1)+ + k n k!(n k)! 1 . n! C − = = 0,50 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) • Ký hiệu Gọi là điểm đối xứng của H qua . Khi đó thuộc đường thẳng AC. 1d : x y 2 0,− + = 2d : 4x 3y 1 0.+ − = H'(a;b) 1d H ' • là vectơ chỉ phương củau (1;1= ) 1d , HH' (a 1;b 1)= + + vuông góc với và trung điểm I u a 1 b 1 ; 2 2 − −⎛ ⎞ ⎜ của thuộc Do đó tọa độ của H ' là nghiệm của hệ phương trình ⎟ ⎝ ⎠ HH' 1d . 1(a 1) 1(b 1) 0 a 1 b 1 2 0 2 2 + + + =⎧ ⎪ ⎨ − − − + =⎪⎩ ( )H ' 3;1 .⇒ − 0,50 • Đường thẳng AC đi qua vuông góc với nên có vectơ pháp tuyến là và có phương trình H ' 2d v (3; 4)= − 3(x 3) 4(y 1) 0 3x 4y 13 0.+ − − = ⇔ − + = • Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình 3x 4y + 13 = 0 x y 2 0 −⎧ ⎨ − + =⎩ A(5;7).⇒ • Đường thẳng CH đi qua với vectơ pháp tuyến(H 1; 1− − ) 1 HA 2 = (3 ; 4) nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 3x + 4y +7 = 0.⇔ • Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình 3x 4y 7 0 3x 4y 13 0. + + =⎧ ⎨ − + =⎩ Suy ra C 10 3 ; . 3 4 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 www.VNMATH.com
  • 115. V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với 2 6 x x log 1 x 4 + > + 2 x x 6 x 4 + ⇔ > + 0,50 2 x 5x 24 0 x 4 − − ⇔ > + ( )( )x 3 x 8 0. x 4 + − ⇔ > + Tập nghiệm của bất phương trình là : ( ) (4; 3 8; .− − ∪ + ∞) 0,50 2 Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN. ( )ABCD .⊥ 2 SB a 3a AB+ = + =Ta có: SA nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra2 2 2 2 AB SM a. 2 = = Do đó tam giác đều, suy raSAM a 3 SH . 2 = Diện tích tứ giác BMDN là 2 BMDN ABCD 1 S S 2 = = 2a . Thể tích khối chóp S.BMDN là BMDN 1 V SH.S 3 = 3 a 3 3 = (đvtt). 0,50 S A B C H M N E D Kẻ (E AD)∈ME // DN a AE Đặt. 2 = ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta cósuy ra (SM,ME) .= ϕ Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA AE⊥ 0,502 2 a 5 SE SA AE , 2 = + = 2 2 a 5 ME AM AE . 2 = + =Suy ra a 52SME = ϕTam giác SME cân tại E nên và cos . 5a 5 2 ϕ = = NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- www.VNMATH.com
  • 116. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC 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) Nội dungCâu Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • Tập xác định : D = . • Sự biến thiên : ,2 y' 3x 6x= − x 0 y' 0 x 2 =⎡ = ⇔ ⎢ =⎣ . 0,25 • yCĐ = ( ) ( )CTy 0 4, y y 2 0.= = = 0,25 • Bảng biến thiên : 0,25 • Đồ thị : 0,25 2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm) Gọi là đồ thị hàm số (1). Ta thấy thuộc Đường thẳng d đi qua với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2. (C) I(1;2) (C). I(1;2) Hoành độ giao điểm của và d là nghiệm của phương trình(C) 3 2 x 3x 4 k(x 1) 2− + = − + ⇔ 2 (x 1) x 2x (k 2) 0⎡ ⎤− − − + =⎣ ⎦ ⇔ 2 x 1 x 2x (k 2) 0 (*) =⎡ ⎢ − − + =⎣ . 0,50 Do nên phương trình (*) có biệt thức Δ = và không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt tại ba điểm phân biệt I( với là nghiệm của (*). k > − x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 y 4 0−∞ + +∞ 4 −1 O y 2 x (ứng với giao điểm I) 3 + > x ;y ), I ' 3 k 0 x 1= (C) I I A A B BA(x ;y ),B(x ;y ) A Bx ,x Vì và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm). A Bx x 2 2x+ = = 0,50 II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2 4sinx cos x sin2x = 1 + 2cosx+ ⇔ (2cosx 1)(sin2x 1) 0.+ − = 0,50 1 2 cosx x k2 . 2 3 π • = − ⇔ = ± + π sin2x 1 x k . 4 π • = ⇔ = + π Nghiệm của phương trình đã cho là 2 x k2 , 3 π = ± + π x k 4 π = + ).∈π (k 0,50 www.VNMATH.com
  • 117. 2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0. Hệ phương trình đã cho tương đương với (x y)(x 2y 1) 0 (1) x 2y y x 1 2x 2y (2) + − − =⎧⎪ ⎨ − − = −⎪⎩ Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3). 0,50 Thay (3) vào (2) ta được (y 1) 2y 2(y 1)+ = + ⇔ y = 2 (do ) ⇒ x = 5.y 1 0+ > Nghiệm của hệ là (x;y) (5;2).= 0,50 III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng trong đó2 2 2 x y z 2ax 2by 2cz d 0 (*),+ + + + + + = 2 2 2 a b c d 0 (**).+ + − > Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệ phương trình 6a 6b d 18 6a 6c d 18 6b 6c d 18 6a 6b 6c d 27. + + = −⎧ ⎪ + + = −⎪ ⎨ + + = −⎪ ⎪ + + + = −⎩ 0,50 Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 2 2 2 x y z 3x 3y 3z = 0.+ + − − − 0,50 2 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm 3 3 3 I ; ; 2 2 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx ny pz q 0+ + + = 2 2 2 (m n p 0).+ + > Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 3m 3n q 0 3m 3p q 0 6m 6n 6p q 0. 3n 3p q 0. + + =⎧ ⎪ + + = ⇒ = = = − ≠⎨ ⎪ + + =⎩ Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là x y z 6 0.+ + − = 0,50 Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng (ABC). H Phương trình đường thẳng IH : 3 3 x y z 2 2 . 1 1 1 − − − = = 3 2 Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x y z 6 0 3 3 x y z 2 2 + + − =⎧ ⎪ ⎨ − = − = −⎪⎩ 3 . 2 Giải hệ trên ta được H(2;2;2). 0,50 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) Đặt vàu ln x= 3 dx dv x = dx du x ⇒ = và 2 1 v . 2x = − 0,25 Khi đó 2 2 2 3 1 1 ln x dx I 2x 2x = − + ∫ 2 2 1 ln 2 1 8 4x = − − 0,50 3 2ln 2 . 16 − = 0,25 www.VNMATH.com
  • 118. 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) Ta có [ ] 22 2 (x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1 P P (1 x) (1 y) 4 4 4(x y) (1 xy) − − + + = ≤ ≤ ⇔ − ≤ + + + + + .≤ 0,50 • Khi thìx 0,y 1= = 1 P . 4 = − • Khi thìx 1,y 0= = 1 P . 4 = Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 , 4 − giá trị lớn nhất của P bằng 1 . 4 0,50 V.a 2,00 1 Tìm n biết rằng…(1,00) Ta có 2n 0 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n0 (1 1) C C ... C C .− = − = − + − + 2n 2n 0 1 2n 1 2n 2n 2n 2n 2n2 (1 1) C C ... C C .− = + = + + + + 0,50 ⇒ 1 3 2n 1 2n 2n 2n 2nC C ... C 2 .− − + + + = 1 6.Từ giả thiết suy ra 2n 1 2 2048 n− = ⇔ = 0,50 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm) Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên 2 b B( ;b), 16 2 c C( ;c) 16 với b, c là hai số thực phân biệt, b 4≠ và c 4.≠ 2 2 b c AB 1;b 4 , AC 1;c 4 . 16 16 ⎛ ⎞ ⎛ = − − = − −⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ Góc nêno BAC 90= AB.AC 0= ⇔ 2 2 b c 1 1 (b 4)(c 4) 16 16 ⎛ ⎞⎛ ⎞ − − + − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 0= ⇔ (1).272 4(b c) bc 0+ + + = 0,50 Phương trình đường thẳng BC là: 2 2 2 c x y c16 b c b c 16 16 − − = − − 16x (b c)y bc 0⇔ − + + = (2). Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I(17; 4).− 0,50 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Bpt đã cho tương đương với 2 x 3x 2 0 1 x − + < ≤ . 0,50 2 0 x 1x 3x 2 0 x 2.x < <⎡− + • > ⇔ ⎢ >⎣ 2 x 0x 4x 2 0 x 2 2 x 2 2 <⎡− + • ≤ ⇔ ⎢ − ≤ ≤ +⎣ . Tập nghiệm của bất phương trình là : ) (2 2 ;1 2;2 2 .⎡ ⎤− ∪ +⎣ ⎦ 0,50 www.VNMATH.com
  • 119. 2 Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. Thể tích khối lăng trụ là 2 3 ABC.A'B'C' ABC 1 2 V AA'.S a 2. .a 2 2 = = = a (đvtt). 0,50 A' B' B M E C A C' Gọi E là trung điểm của BB Khi đó mặt phẳng (AME) song song với nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, bằng khoảng cách giữa và mặt phẳng (AME). '. B'C B'C B'C Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng 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 một vuông góc nên 0,50 2 2 2 2 1 1 1 1 h BA BM BE = + + 2 2 2 2 1 1 4 2 h a a a = + + = 2 7 a a 7 h . 7 ⇒ =⇒ a 7 . 7 Khoảng cách giữa hai đường thẳng và AM bằngB'C NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- www.VNMATH.com
  • 120. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: A 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 2 2 3 x y x + = + (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại hai điểm phân biệt A, B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ .O Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) ( )( ) 1 2sin cos 3 1 2sin 1 sin x x x x − = + − . 2. Giải phương trình ( )3 2 3 2 3 6 5 8 0 .x x x− + − − = ∈ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( ) 2 3 2 0 cos 1 cosI x π = −∫ xdx . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy.S ABCD ABCD là hình thang vuông tại A và ;D 2AB AD a= = , ;CD a= góc giữa hai mặt phẳng và( )SBC ( )ABCD bằng Gọi là trung điểm của cạnh60 . I AD . Biết hai mặt phẳng ( )SBI và ( cùng vuông góc với mặt phẳng)SCI ( )ABCD , tính thể tích khối chóp theo.S ABCD .a Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,x y z thoả mãn ( ) 3 ,x x y z yz+ + = ta có: ( ) ( ) ( )( )( ) ( ) 3 3 3 5 3 .x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình chữ nhật,Oxy ABCD có điểm là giao điểm của hai đường chéo (6;2)I AC và BD . Điểm ( )1;5M thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng CD : 5 0x yΔ + − = AB . 2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng,Oxyz ( ): 2 2 4 0P x y z− − − = và mặt cầu ( ) 2 2 2 : 2 4 6 11 0.S x y z x y z+ + − − − − = Chứng minh rằng mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình1z 2z 2 2 10z z 0+ + = . Tính giá trị của biểu thức 2 2 1 2 .A z z= + B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho đường tròn,Oxy ( ) 2 2 : 4 4 6C x y x y 0+ + + + = và đường thẳng với m là tham số thực. Gọi là tâm của đường tròn ( Tìm để: 2 3x my mΔ + − + = 0, I ).C m Δ cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác lớn nhất.IAB 2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng,Oxyz ( ): 2 2 1P x y z 0− + − = và hai đường thẳng 1 1 9 : 1 1 6 x y z+ + Δ = = , 2 1 3 : 2 1 1 2 x y z− − + Δ = = − . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1Δ sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 2Δ và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P bằng nhau. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ( ) ( ) ( )2 2 2 2 2 2log 1 log , . 3 81x xy y x y xy x y − + ⎧ + = +⎪ ∈⎨ =⎪⎩ ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................ www.VNMATH.com
  • 121. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: B 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 (1).4 2 4y x x= − 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Với các giá trị nào của phương trình,m 2 2 | 2 |x x m− = có đúng 6 nghiệm thực phân biệt ? Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 sin cos sin2 3cos3 2(cos4 sin ).x x x x x x+ + = + 2. Giải hệ phương trình 2 2 2 1 7 ( , ). 1 13 xy x y x y x y xy y + + =⎧ ∈⎨ + + =⎩ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 2 1 3 ln . ( 1) x I d x + = +∫ x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác . ' ' 'ABC A B C có ' ,BB a= góc giữa đường thẳng 'BB và mặt phẳng bằng tam giác (ABC) 60 ; ABC vuông tại vàC BAC = 60 . Hình chiếu vuông góc của điểm 'B lên mặt phẳng ( )ABC trùng với trọng tâm của tam giác .ABC Tính thể tích khối tứ diện 'A ABC theo .a Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực ,x y thay đổi và thoả mãn ( )3 4 2.x y xy+ ≥ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức+ 4 4 2 2 2 2 3( ) 2( ) 1A x y x y x y= + + − + + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho đường tròn,Oxy 2 2 4 ( ): ( 2) 5 C x y− + = và hai đường thẳng 1 : 0x y ,Δ − = Xác định toạ độ tâm2 : 7 0x yΔ − = . K và tính bán kính của đường tròn ( biết đường tròn tiếp xúc với các đường thẳng và tâm 1);C 1( )C 1 2,Δ Δ K thuộc đường tròn ( ).C 2. Trong không gian với hệ toạ độ cho tứ diện,Oxyz ABCD có các đỉnh và Viết phương trình mặt phẳng đi qua sao cho khoảng cách từ đến bằng khoảng cách từ đến ( (1;2;1), ( 2;1;3), (2; 1;1)A B C− − (0;3;1).D ( )P ,A B C ( )P D ).P Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức thoả mãn:z (2 ) 10z i− + = và . 25.z z = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho tam giác,Oxy ABC cân tại A có đỉnh và các đỉnh( 1;4)A − ,B C thuộc đường thẳng Xác định toạ độ các điểm: 4x yΔ − − = 0. B và biết diện tích tam giác,C ABC bằng 18. 2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng,Oxyz ( ): 2 2 5 0P x y z− + − = và hai điểm ( 3;0;1),A − Trong các đường thẳng đi qua(1; 1;3).B − A và song song với hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ ( ),P B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số để đường thẳngm y x m= − + cắt đồ thị hàm số 2 1x y x − = tại hai điểm phân biệt sao cho,A B 4.AB = ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................ www.VNMATH.com
  • 122. 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 4 2 (3 2) 3y x m x= − + + m mC mcó đồ thị là là tham số.( ), 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 0.m = 2. Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2.1y = − ( mC ) Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3cos5 2sin3 cos2 sin 0.x x x x− − = 2. Giải hệ phương trình 2 2 ( 1) 3 0 ( , ).5 ( ) 1 0 x x y x y x y x + + − =⎧ ⎪ ∈⎨ + − + =⎪⎩ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 1 . 1x dx I e = −∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông tại. ' ' 'ABC A B C ABC , , ' 2 , ' 3 .B AB a AA a A C a= = = Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng ' ',A C I là giao điểm của và Tính theo thể tích khối tứ diện và khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng ( AM ' .A C a IABC A ).IBC Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm ,x y thay đổi và thoả mãn 1.x y+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 (4 3 )(4 3 ) 25 .S x y y x xy= + + + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Ox cho tam giác có là trung điểm của cạnh Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh lần lượt có phương trình là y ABC (2;0)M .AB A 7 2 3 0x y− − = và Viết phương trình đường thẳng 6 4 0.x y− − = .AC 2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho các điểm và mặt phẳng Xác định toạ độ điểm Oxyz (2;1;0), (1;2;2), (1;1;0)A B C ( ): 20 0.P x y z+ + − = D thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng ( AB ).P Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ ,Ox tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thoả mãn điều kiện |y z (3 4 ) | 2.z i− − = B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , cho đường tròn .Oxy 2 2 ( ): ( 1) 1C x y− + = Gọi là tâm của Xác định toạ độ điểm I ( ).C M thuộc sao cho( )C IMO = 30 . 2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho đường thẳngOxyz 2 2 : 1 1 1 x y+ − Δ = = − z m và mặt phẳng Viết phương trình đường thẳng nằm trong ( sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng ( ): 2 3 4 0.P x y z+ − + = d )P .Δ Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số để đường thẳngm 2y x= − + cắt đồ thị hàm số 2 1x x y x + − = tại hai điểm phân biệt sao cho trung điểm của đoạn thẳng thuộc trục tung.,A B AB ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................ www.VNMATH.com
  • 123. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: 3 . 2 D ⎧ ⎫ = −⎨ ⎬ ⎩ ⎭ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: ( ) 2 1 ' 0, 2 3 y x x − = < ∀ + .D∈ Hàm số nghịch biến trên: 3 ; 2 ⎛ ⎞ −∞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 3 ; 2 ⎛ ⎞ − +∞ ⎝ ⎠ ⎜ ⎟ . - Cực trị: không có. 0,25 - Giới hạn và tiệm cận: 1 lim lim 2x x y y →−∞ →+∞ = = ; tiệm cận ngang: 1 2 y = . 3 3 2 2 lim , lim x x y y− + ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ → − → −⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ = −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng: 3 2 x = − . 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến… Tam giác OAB vuông cân tại suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng,O 1± . 0,25 Gọi toạ độ tiếp điểm là 0 0( ; )x y , ta có: 2 0 1 1 (2 3)x − = ± + ⇔ 0 2x = − hoặc 0 1.x = − 0,25 • , ; phương trình tiếp tuyến0 1x = − 0 1y = y x= − (loại). 0,25 I (2,0 điểm) • , ; phương trình tiếp tuyến0 2x = − 0 0y = 2y x= − − (thoả mãn). Vậy, tiếp tuyến cần tìm: 2.y x= − − x −∞ 3 2 − +∞ y' − − y 1 2 −∞ +∞ 1 2 y xO 1 2 y = 3 2 x = − 0,25 www.VNMATH.com
  • 124. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Điều kiện: sin 1x ≠ và 1 sin 2 x ≠ − (*). 0,25 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 2sin )cos 3(1 2sin )(1 sin )x x x− = + − x ⇔ cos 3sin sin 2 3cos2x x x− = + x ⇔ cos cos 2 3 6 x x π π⎛ ⎞ ⎛ + = −⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ 0,25 ⇔ 2 2 x k π π= + hoặc 2 . 18 3 x k π π = − + 0,25 Kết hợp (*), ta được nghiệm: ( ) 2 18 3 x k k π π = − + ∈ . 0,25 2. (1,0 điểm) Giải phương trình… Đặt 3 3 2u x= − và 6 5 , 0v x v= − ≥ (*). Ta có hệ: 3 2 2 3 8 5 3 u v u v + =⎧ ⎨ 8+ =⎩ 0,25 ⇔ 3 2 8 2 3 15 4 32 40 0 u v u u u −⎧ =⎪ ⎨ ⎪ + − + =⎩ ⇔ 2 8 2 3 ( 2)(15 26 20) 0 u v u u u −⎧ =⎪ ⎨ ⎪ + − + =⎩ 0,25 ⇔ u và v (thoả mãn).2= − = 4 0,25 II (2,0 điểm) Thế vào (*), ta được nghiệm: 2.x = − 0,25 Tính tích phân… 2 2 5 2 0 0 cos cos .I xdx x π π = −∫ ∫ III dx 0,25 Đặt t xsin , cos ; (1,0 điểm) dt x= = dx 0, 0; , 1. 2 x t x t π = = = = ( ) ( ) 112 2 2 25 2 2 3 5 1 0 0 0 0 2 1 8 cos 1 sin cos 1 . 3 5 15 I xdx x xdx t dt t t t π π ⎛ ⎞ = = − = − = − + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ ∫ ∫ 0,50 ( ) 2 2 2 2 2 0 0 0 1 1 1 cos 1 cos2 sin 2 . 2 2 2 4 I xdx x dx x x π π π π⎛ ⎞ = = + = + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ ∫ Vậy 1 2 8 . 15 4 I I I π 0,25= − = − Tính thể tích khối chóp... ( ) (SIB ABCD)⊥ và ( ) ( )SIC ABCD ;⊥ suy ra ( )SI ABCD⊥ . Kẻ IK BC⊥ ( )K BC∈ ⇒ ( )BC SIK⊥ ⇒ SKI = 60 . 0,50 Diện tích hình thang :ABCD 2 3 .ABCDS a= Tổng diện tích các tam giác ABI và bằngCDI 2 3 ; 2 a suy ra 2 3 . 2 IBC a SΔ = 0,25 IV (1,0 điểm) ( ) 2 2 5BC AB CD AD a= − + = ⇒ 2 3 5 5 IBCS a IK BC Δ = = ⇒ 3 15 .tan . S A B 5 a SI IK SKI= = Thể tích khối chóp . :S ABCD 3 1 3 1 . . 3 5 ABCD a5 SI= =V S 0,25 I CD K www.VNMATH.com
  • 125. Câu Đáp án Điểm Chứng minh bất đẳng thức… Đặt và,a x y b x z= + = + .c y z= + Điều kiện ( ) 3x x y z yz+ + = trở thành: c2 2 2 .a b ab= + − a b abc c+ + ≤ , ,a b c Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: 3 3 3 3 5 ; dương thoả mãn điều kiện trên. 0,25 2 2 2 c a b ab= + − 2 ( ) 3a b ab= + − 2 23 ( ) ( ) 4 a b a b≥ + − + = 21 ( ) 4 a b+ ⇒ (1).2a b c+ ≤ 0,25 3 3 3 3 5a b abc c+ + ≤ 3 ( ) 3 5a b a b ab abc c+ + − + ≤ . ⇔ ( ) 2 2 ⇔ 2 3 ( ) 3 5a b c abc c+ + ≤ ⇔ 2 ( ) 3 5a b c ab c+ + ≤ 0,25 V (1,0 điểm) (1) cho ta: ( ) và2 2a b c c+ ≤ 23 2 ) 3 ; 4 ab a b c≤ + ≤3 ( từ đây suy ra điều phải chứng minh. Dấu bằng xảy ra khi: .a b c= = ⇔ x y z= = 0,25 1. (1,0 điểm) Viết phương trình ...AB Gọi N đối xứng với M qua suy ra,I ( )11; 1N − và N thuộc đường thẳng .CD 0,25 VI.a (2,0 điểm) E ∈Δ ⇒ ( );5 ;E x x− ( )6;3IE x x= − − và ( 11;6 )NE x x= − − . E là trung điểm ⇒CD .IE EN⊥ . 0IE EN = ⇔ ( 6)( 11) (3 )(6 ) 0x x x x− − + − − = ⇔ 6x = hoặc 7.x = 0,25 • 6x = ⇒ ( )0; 3 ;IE = − phương trình : 5 0AB y .− = 0,25 • 7x = ⇒ ( )1; 4 ;IE = − phương trình : 4 19 0.AB x y− + = 0,25 2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính…( )P ( ),S ( )S có tâm bán kính(1;2;3),I 5.R = Khoảng cách từ đếnI ( ):P ( ),( )d I P = 2 4 3 4 3 3 ;R − − − = < suy ra đpcm. 0,25 Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến,H r H là hình chiếu vuông góc của trênI ( ):P ( ),( ) 3,IH d I P= = 2 2 4.r R IH= − = 0,25 Toạ độ thoả mãn:( ; ; )H x y z= 1 2 2 2 3 2 2 4 0 x t y t z t x y z = +⎧ ⎪ = −⎪ ⎨ = −⎪ ⎪ .− − − =⎩ 0,25 Giải hệ, ta được (3; 0; 2).H 0,25 Tính giá trị của biểu thức… 2 36 36 ,iΔ = − = 1 1 3z i= − + và 2 1 3 .z i= − − 0,25 VII.a (1,0 điểm) 2 2 1| | ( 1) 3 10z = − + = và 2 2 2| | ( 1) ( 3) 10.z = − + − = 0,50 M BA I C D E N www.VNMATH.com
  • 126. Câu Đáp án Điểm 2 2 1 2| | | | 20.A z z= + = 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm ...m ( )C có tâm bán kính( 2; 2),I − − 2.R = 0,25 Diện tích tam giác :IAB 1 . .sin 2 S IA IB AIB= ≤ 21 1; 2 R = lớn nhất khi và chỉ khiS .IA IB⊥ 0,25 Khi đó, khoảng cách từ đếnI :Δ ( , ) 1 2 R d I Δ = = ⇔ 2 2 2 2 3 1 1 m m m − − − + = + 0,25 ⇔ ( ) hoặc 2 2 1 4 1m m− = + ⇔ 0m = 8 15 m = . 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ...M 2Δ qua và có vectơ chỉ phương(1;3; 1)A − (2;1; 2).u = − 1M ∈Δ ⇒ ( 1 ; ; 9 6 ).M t t t− + − + (2 ;3 ;8 6 ),MA t t t , (8 14;20 14 ; 4)MA u t t t⎡ ⎤= − − − = − − −⎣ ⎦ ⇒ ,MA u⎡ ⎤ ⎣ ⎦ 2 3 29 88 68.t t= − + 0,25 Khoảng cách từ M đến 2 :Δ 2 2 , ( , ) 29 88 68. MA u d M t t u ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ Δ = = − + Khoảng cách từ M đến ( ):P ( ) ( ) 22 2 1 2 12 18 1 11 20 ,( ) . 31 2 2 t t t t d M P − + − + − − − = = + − + 0,25 2 11 20 29 88 68 3 t t t − − + = ⇔ 2 35 88 53 0t t− + = ⇔ 1t = hoặc 53 . 35 t = 0,25 VI.b (2,0 điểm) 1t = ⇒ (0;1; 3);M − 53 35 t = ⇒ 18 53 3 ; ; 35 35 35 M ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 Giải hệ phương trình…VII.b Với điều kiện (*), hệ đã cho tương đương:0xy > 2 2 2 2 2 4 x y xy x xy y ⎧ + =⎪ ⎨ − + =⎪⎩ 0,25 (1,0 điểm) 2 4 x y y =⎧ ⎨ =⎩ 2. x y y =⎧ ⎨ = ±⎩ ⇔ ⇔ 0,50 ( ; ) (2;2)x y = ( ; ) ( 2; 2).x y = − −Kết hợp (*), hệ có nghiệm: và 0,25 -------------Hết------------- www.VNMATH.com
  • 127. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: .D = • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: hoặc3 ' 8 8 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 0x = 1.x = ± Hàm số nghịch biến trên: và đồng biến trên: và (1( ; 1)−∞ − (0;1); ( 1;0)− ; ).+ ∞ 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y1, 2;CTx y= ± = − 0,x = CĐ 0.= - Giới hạn: lim lim . x x y y →−∞ →+∞ = = +∞ 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm ...m 2 2 2x x m− = ⇔ 4 2 2 4 2 .x x m− = 0,25 Phương trình có đúng nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng cắt đồ thị hàm số 6 2y m= 4 2 2 4y x x= − tại điểm phân biệt.6 0,25 Đồ thị hàm số 4 2 2 4y x x= − và đường thẳng .2y m= 0,25 I (2,0 điểm) Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi: 0 2 2m< < ⇔ 0 1m< < x −∞ 1− 0 1 +∞ + +∞ x y' − 0 + 0 − 0 y +∞ 2− 2− 0 O y 2− 2− 1− 1 16 2 y O x 2 21− 1 16 2− 2y m= . 0,25 www.VNMATH.com
  • 128. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương: 2 (1 2sin )sin cos sin 2 3cos3 2cos4x x x x x− + + = II x ⇔ sin cos2 cos sin 2 3cos3 2cos4x x x x x+ + = x 0,25 ⇔ sin3 3cos3 2cos4x x x+ = ⇔ cos 3 cos4 . 6 x x π⎛ ⎞ − =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 ⇔ 4 3 2 6 x x k π π= − + hoặc 4 3 2 6 x x k π π= − + + . 0,25 Vậy: 2 6 x k π π= − + hoặc 2 ( ) 42 7 x k k π π = + ∈ . 0,25 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… Hệ đã cho tương đương: 2 2 1 7 1 13 x x y y x x y y ⎧ + + =⎪ ⎪ ⎨ ⎪ + + = ⎪⎩ (do không thoả mãn hệ đã cho)0y = 0,25 ⇔ 2 1 7 1 13 x x y y x x y y ⎧⎛ ⎞ + + =⎪⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎪ ⎨ ⎛ ⎞⎪ + − =⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩ ⇔ 2 1 1 20 0 1 7 x x y y x x y y ⎧⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎪ + + + − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎪⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎨ ⎛ ⎞⎪ = − +⎜ ⎟⎪ ⎝ ⎠⎩ 0,25 ⇔ 1 5 12 x y x y ⎧ + = −⎪ ⎨ ⎪ =⎩ (I) hoặc 1 4 3 x y x y ⎧ + =⎪ ⎨ ⎪ =⎩ (II). 0,25 (2,0 điểm) (I) vô nghiệm; (II) có nghiệm: 1 ( ; ) 1; 3 x y ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và ( ; ) (3;1).x y = Vậy: 1 ( ; hoặc ( ;) 1; 3 x y ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ) (3;1).x y = 0,25 Tính tích phân… 3 ln ,u x= + 2 ; ( 1) dx dv x = + 1 ,du dx x = 1 . 1 v x = − + 0,25 I 3 3 1 1 3 ln 1 ( 1) x dx x x x + = − + + +∫ 0,25 3 3 1 1 3 ln3 3 1 4 2 dx dx 1x x + = − + + − +∫ ∫ 0,25 III (1,0 điểm) 3 3 1 1 3 ln3 1 27 ln ln 1 3 ln . 4 4 x x − ⎛ ⎞ = + − + = +⎜ ⎟ ⎝ ⎠16 0,25 Tính thể tích khối chóp… Gọi D là trung điểm và là trọng tâm tam giácAC G ABC ta có ' ( )B G ABC⊥ ⇒ 'B BG = 60 ⇒ 3 ' ' .sin ' 2 a B G B B B BG= = và 2 a BG = ⇒ 3 . 4 a BD = Tam giác có:ABC 3 , 2 2 AB AB BC AC= = ⇒ . 4 AB CD = 0,50 IV (1,0 điểm) 2 2 2 B A BC CD BD+ = ⇒ 2 2 2 6 3 9 4 16 1 AB AB a + = ⇒ 3 13 , 13 a AB = 3 13 ; 26 a AC = 2 9 3 . 104 ABC a SΔ = 0,25 ' B C ' G C' A D www.VNMATH.com
  • 129. Câu Đáp án Điểm Thể tích khối tứ diện ' :A ABC ' ' 1 ' . 3 A ABC B ABC ABCV V B G SΔ= = 3 9 . 208 a = 0,25 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức… Kết hợp với3 ( ) 4x y xy+ + ≥ 2 2 ( ) 4x y x+ ≥ y suy ra: ⇒3 2 ( ) ( ) 2x y x y+ + + ≥ 1.x y+ ≥ 0,25 A 4 4 2 2 2 2 3( ) 2( ) 1x y x y x y= + + − + + = ( ) 22 2 4 4 2 23 3 ( ) 2( ) 2 2 x y x y x y+ + + − + +1 0,25 ≥ ( ) ( ) 2 22 2 2 2 2 23 3 2( ) 1 2 4 x y x y x y+ + + − + + ⇒ ( ) ( ) 22 2 2 29 2 1 4 A x y x y≥ + − + + . Đặt , ta có2 t x y= + 2 2 2 2 ( ) 1 2 2 x y x y + + ≥ ≥ ⇒ 1 ; 2 t ≥ do đó 29 2 1 4 A t t≥ − + . Xét 29 ( ) 2 1; 4 f t t t= − + 9 '( ) 2 0 2 f t t= − > với mọi 1 2 t ≥ ⇒ 1 ; 2 1 9 min ( ) . 2 16 f t f ⎡ ⎞ +∞⎟⎢ ⎣ ⎠ ⎛ ⎞ = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 V (1,0 điểm) 9 ; 16 A ≥ đẳng thức xảy ra khi 1 . 2 x y= = Vậy, giá trị nhỏ nhất của bằngA 9 . 16 0,25 1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ tâm ...K Gọi ⇔( ; );K a b ( )K C∈ 2 2 4 ( 2) 5 a b− + = (1); tiếp xúc1( )C 1,Δ 2Δ ⇔ VI.a 7 2 5 2 a b a b− − = (2). 0,25 (1) và (2), cho ta: 2 2 5( 2) 5 4 5 7 a b a b a b ⎧ − + =⎪ ⎨ − = −⎪⎩ (I) hoặc (II).⇔ 2 2 5( 2) 5 4 5( ) 7 a b a b a b ⎧ − + = ⎨ − = −⎩ 2 2 5( 2) 5 4 5( ) 7 a b a b b a ⎧ − + = ⎨ − = −⎩ 0,25 (2,0 điểm) (I) vô nghiệm; (II)⇔ 2 25 20 16 0 2 a a b a ⎧ − + = ⎨ = −⎩ ⇔ 2 2 8 4 ( ; ) ; . 5 525 40 16 0 a b a b b b =⎧ ⎛ ⎞ ⇔ =⎨ ⎜ ⎟ − + = ⎝ ⎠⎩ 0,25 Bán kính 1( ):C 2 2 . 52 a b R − = = Vậy: 8 4 ; 5 5 K ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 2 2 . 5 R = 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng ( )...P Mặt phẳng ( )P thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau: Trường hợp 1: ( )P qua ,A B và song song với .CD 0,25 Vectơ pháp tuyến của ( ):P , .n AB CD⎡ ⎤= ⎣ ⎦ ( 3; 1;2),AB = − − ( 2;4;0)CD = − ⇒ ( 8; 4; 14).n = − − − Phương trình ( )P : 4 2 7 15 0.x y z+ + − = 0,25 Trường hợp 2: ( )P qua ,A B và cắt Suy ra.CD ( )P cắt CD tại trung điểm của vectơ pháp tuyến của I .CD (1;1;1) (0; 1;0);I AI⇒ = − ( ):P , (2;0;3).n A= B AI⎡ ⎤ =⎣ ⎦ 0,25 Phương trình ( ): 2 3 5 0.P x z+ − = Vậy ( ) hoặc: 4 2 7 15 0P x y z+ + − = ( ): 2 3 5 0.P x z+ − = 0,25 Tìm số phức ...z Gọi ;z x yi= + (2 ) ( 2) ( 1) ;z i x y i VII.a 2 2 (2 ) 10 ( 2) ( 1) 10z i x y− + = ⇔ − + − =− + = − + − (1). 0,25 2 2 . 25 25z z x y= ⇔ + = (2). 0,25 (1,0 điểm) Giải hệ (1) và (2) ta được: hoặc ( ; Vậy: hoặc( ; ) (3;4)x y = ) (5;0).x y = 3 4z i= + 5.z = 0,50 www.VNMATH.com
  • 130. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ các điểm , ...B C Gọi là hình chiếu của trên suy ra là trung điểmH A ,Δ H .BC 9 ( , ) ; 2 AH d A BC= = 2 4 2.ABCS BC AH Δ = = VI.b 2 2 97 . 4 2 BC AB AC AH= = + = 0,25 Toạ độ B và C là nghiệm của hệ: ( ) ( ) 2 2 97 1 4 2 4 0. x y x y ⎧ + + − =⎪ ⎨ ⎪ − − =⎩ 0,25 Giải hệ ta được: 11 3 ( ; ) ; 2 2 x y ⎛ = ⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ hoặc 3 5 ( ; ) ; . 2 2 x y ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 Vậy 11 3 3 5 ; , ; 2 2 2 2 B C ⎛ ⎞ ⎛ −⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ hoặc 3 5 11 3 ; , ; 2 2 2 2 B C ⎛ ⎞ ⎛ −⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ . ⎞ ⎟ ⎠ 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… Gọi là đường thẳng cần tìm; nằm trong mặt phẳng qua và song song với Δ Δ ( )Q A ( ).P Phương trình ( ): 2 2 1 0.Q x y z− + + = 0,25 ,K là hình chiếu củaH B trên Ta có,Δ ( ).Q BK BH≥ nên là đường thẳng cần tìm.AH 0,25 Toạ độ thoả mãn:( ; ; )H x y z= 1 1 3 1 2 2 2 2 1 0 x y z x y z − + −⎧ = =⎪ −⎨ ⎪ − + + =⎩ ⇒ 1 11 7 ; ; . 9 9 9 H ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 (2,0 điểm) 26 11 2 ; ; . 9 9 9 AH ⎛ = −⎜ ⎝ ⎠ HB C A Δ B ⎞ ⎟ Vậy, phương trình 3 1 : . 26 11 2 x y z+ − Δ = = − 0,25 Tìm các giá trị của tham số ...m Toạ độ ,A B thoả mãn: 2 1x x m x y x m ⎧ − = − +⎪ ⎨ ⎪ = − +⎩ ⇔ 2 2 1 0, ( 0) . x mx x y x m ⎧ − − = ≠ ⎨ = − +⎩ (1) 0,25 Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt 1 2,x x khác 0 với mọi .m Gọi ta có: .1 1 2 2( ; ), ( ; )A x y B x y 2 2 2 2 1 2 1 2 1 2( ) ( ) 2( )AB x x y y x x= − + − = − 0,25 Áp dụng định lí Viet đối với (1), ta được: 2 2 2 1 2 1 22 ( ) 4 4. 2 m AB x x x x⎡ ⎤= + − = +⎣ ⎦ 0,25 VII.b (1,0 điểm) 2 4 4 16 2 2 m AB m= ⇔ + = ⇔ = ± 6. 0,25 -------------Hết------------- Q K A H www.VNMATH.com
  • 131. 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 Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát… Khi 0,m = 4 2 2 .y x x= − • Tập xác định: .D = • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: hoặc3 ' 4 4 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 1x = ± 0.x = 0,25 Hàm số nghịch biến trên: ( ; và đồng biến trên: và (11)−∞ − (0;1); ( 1;0)− ; ).+ ∞ - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y1, 1;CTx y= ± = − 0,x = CĐ 0.= - Giới hạn: lim lim . x x y y →−∞ →+∞ = = +∞ 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Tìm ...m Phương trình hoành độ giao điểm của ( và đường thẳng)mC 1:y = − 4 2 (3 2) 3 1.x m x m− + + = − Đặt phương trình trở thành:2 , 0;t x t= ≥ 2 (3 2) 3 1 0t m t m− + + + = 0,25 ⇔ hoặc t m1t = 3 1.= + 0,25 Yêu cầu của bài toán tương đương: 0 3 1 4 3 1 1 m m < + <⎧ ⎨ + ≠⎩ 0,25 I (2,0 điểm) ⇔ 1 1, 3 m− < < 0.m ≠ 0,25 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương: 3cos5 (sin5 sin ) sin 0x x x x− + − = ⇔ 3 1 cos5 sin5 sin 2 2 x x x− = x −∞ 1− 0 1 y' − 0 + 0 − 0 + y +∞ 1− 1− 0 +∞ +∞ x O y 2− 2 1− 1− 1 8 0,25 II (2,0 điểm) ⇔ sin 5 sin 3 x x π⎛ ⎞ − =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 www.VNMATH.com
  • 132. Câu Đáp án Điểm ⇔ 5 2 3 x x k π π− = + hoặc 5 2 3 x x k π π π− = − + . 0,25 Vậy: 18 3 x k π π = + hoặc 6 2 x k π π = − + ( ).k ∈ 0,25 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… Hệ đã cho tương đương: 2 2 3 1 0 5 ( ) 1 x y x x y x ⎧ + + − =⎪ 0⎪ + − + = ⎪⎩ ⎪ ⎨ 0,25 ⇔ 2 2 3 1 3 5 1 1 0 ⇔ x y x x x ⎧ + = −⎪ ⎪ ⎨ ⎛ ⎞⎪ − − + =⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎩ 2 3 1 4 6 2 0 x y x xx ⎧ + = −⎪⎪ ⎨ ⎪ − + = ⎪⎩ 0,25 ⇔ 1 1 2 x x y ⎧ =⎪ ⎨ ⎪ + =⎩ hoặc 1 1 2 1 2 x x y ⎧ =⎪⎪ ⎨ ⎪ + = ⎪⎩ 0,25 ⇔ 1 1 x y =⎧ ⎨ =⎩ hoặc 2 3 . 2 x y =⎧ ⎪ ⎨ = −⎪⎩ Nghiệm của hệ: và( ; ) (1;1)x y = 3 ( ; 0,25 ) 2; . 2 x y ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Tính tích phân… Đặt 3 , ; 1, ; 3,x dt t e dx x t e x t e t = = = = = = 0,25. 3 ( 1) e e dt I t t = −∫ = 3 1 1 1 e e ∫ dt t t ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ −⎝ ⎠ 0,25 = 3 3 ln| 1| ln| | e e e e t t− − 0,25 III (1,0 điểm) = 2 ln( 1) 2.e e+ + − 0,25 Tính thể tích khối chóp...IV (1,0 điểm) Hạ ; là đường cao của tứ diện ( )IH AC H AC⊥ ∈ ⇒ ( )IH ABC⊥ IH .IABC ⇒ // 'IH AA ⇒ 2 ' ' 3 IH CI AA CA = = ⇒ 2 4 ' . 3 3 a IH AA= = 2 2 ' ' 5,AC A C A A a= − = 2 2 2 .BC AC AB a= − = Diện tích tam giác :ABC 21 . . 2 ABCS AB BCΔ = = a Thể tích khối tứ diện :IABC 3 1 4 . . 3 9 ABC a V IH SΔ= = 0,50 A C C'A' B B' M K I H a 2a 3a www.VNMATH.com
  • 133. Câu Đáp án Điểm Hạ ' ( ' ).AK A B K A B⊥ ∈ Vì ( ' ')BC ABB A⊥ nên ⇒AK BC⊥ ( ).AK IBC⊥ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) làIBC .AK 0,25 ' 2 2 2 '. 2 5 . ' 5' AA BS AA AB a AK A B A A AB Δ = = = + 0,25 Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… Do nên:1,x y+ = 2 2 3 3 16 12( ) 9 25S x y x y xy x= + + + + y 0,252 2 3 16 12 ( ) 3 ( ) 34x y x y xy x y xy⎡ ⎤= + + − + +⎣ ⎦ 2 2 16 2 12.x y xy= − + Đặt ta được:,t xy= 2 16 2 12;S t t= − + 2 ( ) 1 0 4 4 x y xy + ≤ ≤ = ⇒ 1 0; . 4 t ⎡ ⎤ ∈⎢ ⎥ ⎣ ⎦ Xét hàm trên đoạn2 ( ) 16 2 12f t t t= − + 1 0; 4 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ '( ) 32 2;f t t= − '( ) 0f t = ⇔ 1 ; 16 t = (0) 12,f = 1 16 f ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 191 , 16 1 4 f ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 25 . 2 1 0; 4 1 25 max ( ) ; 4 2 f t f ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎛ ⎞ = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 1 0; 4 1 191 min ( ) . 16 16 f t f ⎡ ⎤ ⎢ ⎥⎣ ⎦ ⎛ ⎞ = =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 Giá trị lớn nhất của bằngS 25 ; 2 khi 1 1 4 x y xy + =⎧ ⎪ ⎨ =⎪⎩ ⇔ 1 1 ( ; ) ; . 2 2 x y ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 V (1,0 điểm) Giá trị nhỏ nhất của bằngS 191 ; 16 khi 1 1 16 x y xy + =⎧ ⎪ ⎨ =⎪⎩ ⇔ 2 3 2 3 ( ; ) ; 4 4 x y ⎛ ⎞+ − = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ hoặc 2 3 2 3 ( ; ) ; . 4 4 x y ⎛ ⎞− + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… Toạ độ A thoả mãn hệ: ⇒ 7 2 3 0 6 4 0 x y x y − − =⎧ ⎨ − − =⎩ (1;2).A B đối xứng với A qua ,M suy ra (3; 2).B = − 0,25 Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 6 4x y− − = 0. .Phương trình : 6 9 0BC x y+ + = 0,25 Toạ độ trung điểm của đoạn thẳngN BC thoả mãn hệ: 7 2 3 0 6 9 0 x y x y − − =⎧ ⎨ + + =⎩ ⇒ 3 0; . 2 N ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 ⇒ phương trình đường thẳng(2. 4; 3 ;AC MN= = − − ) : 3 4 5 0.AC x y− + = 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ...D ( 1;1;2),AB = − phương trình :AB 2 1 2 . x t y t z t = −⎧ ⎪ = +⎨ ⎪ =⎩ 0,25 VI.a (2,0 điểm) D thuộc đường thẳng AB (2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 ).D t t t CD t t t⇒ − + ⇒ = − 0,25 www.VNMATH.com
  • 134. Câu Đáp án Điểm Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ):P (1;1;1).n = C không thuộc mặt phẳng ( ).P //( ) . 0CD P n CD⇔ = 1 1.(1 ) 1. 1.2 0 . 2 t t t t⇔ − + + = ⇔ = − Vậy 5 1 ; ; 1 . 2 2 D ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 Tìm tập hợp các điểm… Đặt ( , );z x yi x y= + ∈ ( ) ( )3 4 3 4 .z i x y− + = − + + VII.a i 0,25 Từ giả thiết, ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2 3 4 2 3 4 4x y x y− + + = ⇔ − + + = . 0,50 (1,0 điểm) Tập hợp điểm biểu diễn các số phức là đường tròn tâm bán kínhz (3; 4I − ) 2.R = 0,25 1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ...M Gọi điểm ( ); .M a b Do ( );M a b thuộc nên( )C ( )2 2 1 1;a b− + = ( )O C∈ ⇒ 1.IO IM= = 0,25 Tam giác IMO có nênOIM = 120 2 2 2 2 2 2 . .cos120 3.OM IO IM IO IM a b= + − ⇔ + = 0,25 Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ( )2 2 2 2 3 1 1 2 33 . 2 a a b a b b ⎧ =⎪⎧ − + =⎪ ⎪ ⇔⎨ ⎨ + =⎪ ⎪⎩ = ± ⎪⎩ Vậy 3 3 ; . 2 2 M ⎛ ⎞ = ±⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,50 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… Toạ độ giao điểm của với thoả mãn hệ:I Δ ( )P 2 2 1 1 1 x 2 3 4 0 y z x y z + −⎧ = =⎪ −⎨ ⎪ + − + =⎩ ⇒ ( 3;1;1).I − 0,25 Vectơ pháp tuyến của vectơ chỉ phương của( ):P (1;2; 3);n = − :Δ (1;1; 1).u = − 0,25 Đường thẳng cần tìm qua và có vectơ chỉ phươngd I ( ), 1; 2; 1v n u⎡ ⎤= = − −⎣ ⎦ . 0,25 VI.b (2,0 điểm) Phương trình :d 3 1 2 1 . x t y t z t = − +⎧ ⎪ = −⎨ ⎪ = −⎩ 0,25 Tìm các giá trị của tham số ...mVII.b Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1 2 x x x m x + − = − + ⇔ 2 3 (1 ) 1 0 ( 0).x m x x+ − − = ≠ 0,25 (1,0 điểm) Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x khác 0 với mọi .m 0,25 1 2 1 . 2 6 I x x m x + − = =Hoành độ trung điểm củaI 0,25:AB 1 0 0 6 I m I Oy x m − ∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ =1. 0,25 -------------Hết------------- www.VNMATH.com
  • 135. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (1 − m)x + m (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều kiện 2 2 2 1 2 3x x x+ + < 4. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 sin cos2 )sin 14 cos 1 tan 2 x x x x x π⎛ ⎞ + + +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = + . 2. Giải bất phương trình 2 1 2( 1 x x x x − − − + ) ≥ 1. Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 1 2 2 0 2 d 1 2 x x x x e x e x e + + +∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 (4 1) ( 3) 5 2 0 4 2 3 4 7 x x y y x y x ⎧ + + − − =⎪ ⎨ + + − =⎪⎩ (x, y ∈ R). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 0x y+ = và d2: 3 x y− = 0 . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 3 2 và điểm A có hoành độ dương. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 1 2 1 1 x y z− = = − 2+ và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0. Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2 ( 2 ) (1 2 )z i= + − i . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: 2 2 2 3 2 3x y z+ − + = = . Tính khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = 3 (1 3 ) 1 i i − − . Tìm môđun của số phức z + i z. ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................ www.VNMATH.com
  • 136. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: B 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 2 1 1 x y x + = + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ). Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (sin .2 cos2 )cos 2cos2 sin 0x x x x x+ + − = 2. Giải phương trình 2 3 1 6 3 14 8x x x x+ − − + − − = 0 (x ∈ R). Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân ( )2 1 ln d 2 ln e x I x x x = + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng. ' 'ABC A B C ( ' )A BC và ( )ABC bằng . Gọi G là trọng tâm tam giác . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. 60o 'A BC Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3( ) 3( ) 2M a b b c c a ab bc ca a b c= + + + + + + + + . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng 1 3 . Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: (1 )z i i z− = + . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 2 2 1 3 2 x y + = . Gọi F1 và F2 là các tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ: 1 2 1 2 x y z− = = . Xác định tọa độ điểm M trên trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 log (3 1) 4 2 3x x y x y − =⎧⎪ ⎨ + =⎪⎩ (x, y ∈ R). ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................... www.VNMATH.com
  • 137. 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 .4 2 6y x x= − − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 1 6 y x= − . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin 2 cos2 3sin cos 1 0.x x x x− + − − = 2. Giải phương trình 3 3 2 2 2 2 4 4 2 4 2 4x x x x x x+ + + + + − + = + (x ∈ R). Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 3 2 ln e dI x x x ⎛ ⎞ = −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ x . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a; hình chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = 4 AC . Gọi CM là đường cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 2 4 21 3 1y x x x x= − + + − − + + 0 . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. 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. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = 2 và z2 là số thuần ảo. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: 3x t y t z t = +⎧ ⎪ =⎨ ⎪ =⎩ và Δ2: 2 1 2 1 2 x y− − = = z . Xác định tọa độ điểm M thuộc Δ1 sao cho khoảng cách từ M đến Δ2 bằng 1. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 4 2 0 2log ( 2) log 0 x x y x ⎧ − + + =⎪ ⎨ y− − =⎪⎩ (x, y ∈ R). ---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ................................ www.VNMATH.com
  • 138. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 'y = 3x2 − 4x; '( )y x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4 3 . 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và 4 ; 3 ⎛ ⎞ +∞⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ; nghịch biến trên khoảng 4 0; 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 4 3 ; yCT = 5 27 − . - Giới hạn: lim x y →−∞ = − ∞ ; lim x y →+∞ = + ∞. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*) 0,25 Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1. 0,25 Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*). Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 2 2 2 3 0 (1) 0 3 g x x ⎧∆ > ⎪ ≠⎨ ⎪ + <⎩ 0,25 I (2,0 điểm) ⇔ 1 4 0 0 1 2 3 m m m + >⎧ ⎪ − ≠⎨ ⎪ + <⎩ ⇔ 1 4 − < m < 1 và m ≠ 0. 0,25 y 1 +∞ −∞ 'y + 0 − 0 + x −∞ 0 4 3 +∞ 5 27 − 5 27 − O y x 4 3 1 2 www.VNMATH.com
  • 139. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin 4 x π⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 0,25 ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = sin cos cos cos x x x x + ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25 ⇔ 2sin2 x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 1 2 0,25 ⇔ x = − 6 π + k2π hoặc x = 7 6 π + k2π (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 0. Ta có: 2 2( 1)x x− + = 2 2 ( 1) 1x x+ − + > 1, suy ra 1 − 2 2( 1)x x− + < 0. Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 2 2( 1)x x− + ≤ 1 − x + x (1) 0,25 Mặt khác 2 2( 1)x x− + = 2 2 2(1 ) 2( )x x− + ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25 (1) ⇔ 2 2( 1)x x− + = 1 − x + x (3) Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. + 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó: (3) ⇔ 1 − x = x 0,25 II (2,0 điểm) ⇔ 2 1 0 (1 ) x x x − ≥⎧⎪ ⎨ − =⎪⎩ ⇔ 2 1 3 1 0 x x x ≤⎧⎪ ⎨ − + =⎪⎩ ⇔ x = 3 5 2 − , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 0,25 I = 1 2 0 d 1 2 x x e x x e ⎛ ⎞ +⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠ ∫ = 1 2 0 dx x∫ + 1 0 d 1 2 x x e x e+ ∫ . 0,25 Ta có: 1 2 0 dx x∫ = 1 3 0 1 3 x = 1 3 0,25 và 1 0 d 1 2 x x e x e+ ∫ = 1 2 1 0 d(1 2 ) 1 2 x x e e + + ∫ , suy ra: 0,25 III (1,0 điểm) I = 1 3 + 1 0 1 ln(1 2 ) 2 x e+ = 1 3 + 1 1 2 ln 2 3 e+ = 1 3 + 1 1 2 ln 2 3 e+ . 0,25 • Thể tích khối chóp S.CDNM. SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM = AB2 − 1 2 AM.AN − 1 2 BC.BM = a2 − 2 8 a − 2 4 a = 2 5 8 a . 0,25 VS.CDNM = 1 3 SCDNM.SH = 3 5 3 24 a . 0,25 IV (1,0 điểm) • Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó: d(DM, SC) = HK. 0,25 A B C D S N H K M www.VNMATH.com
  • 140. Câu Đáp án Điểm Ta có: HC = 2 CD CN = 2 5 a và HK = 2 2 .SH HC SH HC+ = 2 3 19 a , do đó: d(DM, SC) = 2 3 19 a . 0,25 Điều kiện: x ≤ 3 4 ; y ≤ 5 2 . Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 2y− (1) 0,25 Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 2y− ), với f(t) = (t2 + 1)t. Ta có 'f (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 2y− ⇔ 2 0 5 4 . 2 x x y ≥⎧ ⎪ ⎨ − =⎪ ⎩ 0,25 Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x2 + 2 25 2 2 x ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + 2 3 4x− −7 = 0 (3). Nhận thấy x = 0 và x = 3 4 không phải là nghiệm của (3). Xét hàm g(x) = 4x2 + 2 25 2 2 x ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ + 2 3 4x− − 7, trên khoảng 3 0; 4 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 V (1,0 điểm) '( )g x = 8x − 8x 25 2 2 x ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ − 4 3 4x− = 4x (4x2 − 3) − 4 3 4x− < 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. Mặt khác 1 2 g ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 1 2 ; suy ra y = 2. Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1 ; 2 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 1. (1,0 điểm) d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = | 3. 3 1.1| 3 1. 3 1 − + + = 1 2 và tam giác OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 . 0,25 Ta có: SABC = 1 2 AB.AC.sin60 = 3 4 (OA.sin60 ).(OA.tan60 ) = 3 3 8 OA2 . Do đó: SABC = 3 2 , suy ra OA2 = 4 3 . 0,25 Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 2 2 3 0 4 3 x y x y ⎧ + = ⎪ ⎨ + =⎪ ⎩ ⇒ A 1 ; 1 3 ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0. Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: 3 0 3 3 4 0 x y x y ⎧ − =⎪ ⎨ − − =⎪⎩ ⇒ C 2 ; 2 3 −⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 VI.a (2,0 điểm) Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I 1 3 ; 22 3 −⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và bán kính IA = 1. Phương trình (T): 2 2 1 3 1 22 3 x y ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ + + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠ . 0,25 d2 y x C B O A d1 I www.VNMATH.com
  • 141. Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1). 0,25 Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = ( )cos ,v n . 0,25 d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC = MC. ( )cos ,v n 0,25 = 6 . | 2 2 1| 6. 6 − − = 1 6 . 0,25 Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25 = 5 + 2 i, suy ra: 0,25 z = 5 − 2 i. 0,25 VII.a (1,0 điểm) Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ: 4 0 0 x y x y + − =⎧ ⎨ − =⎩ ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2). 0,25 Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình: x + y + 4 = 0. 0,25 Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB .CE = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0 0,25 ⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6. Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6). 0,25 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. Ta có: MA = (2; −2; 1), ,v MA⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = (7; 2; −10). 0,25 Suy ra: d(A, ∆) = ,v MA v ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = 49 4 100 4 9 4 + + + + = 3. 0,25 Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25 VI.b (2,0 điểm) Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25. 0,25 Ta có: 3 (1 3 )i− = − 8. 0,25 Do đó z = 8 1 i − − = − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25 ⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25 VII.b (1,0 điểm) Vậy: z iz+ = 8 2 . 0,25 ------------- Hết ------------- • M ∆ B C A • H M ∆ P C • E d A B C H D www.VNMATH.com
  • 142. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: R {−1}. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 1 ' ( 1) y x = + > 0, ∀x ≠ −1. 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). - Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2 x x y y →−∞ →+∞ = = ; tiệm cận ngang: y = 2. ( 1) lim x y − → − = + ∞ và ( 1) lim x y + → − = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1 1 x x + + = −2x + m ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình) ⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1). 0,25 ∆ = m2 + 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m. 0,25 Gọi A(x1; y1) và B(x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2x1 + m và y2 = −2x2 + m. Tacó:d(O,AB)= | | 5 m và AB= ( ) ( )2 2 1 2 1 2x x y y− + − = ( )2 1 2 1 25 20x x x x+ − = 2 5( 8) 2 m + . 0,25 I (2,0 điểm) SOAB = 1 2 AB. d(O, AB) = 2 | | 8 4 m m + , suy ra: 2 | | 8 4 m m + = 3 ⇔ m = ± 2. 0,25 x −∞ −1 + ∞ 'y + + y 2 2 +∞ −∞ 2 −1 O x y 1 www.VNMATH.com
  • 143. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2 2sin cos sin cos2 cos 2cos2 0x x x x x x− + + = 0,25 ⇔ cos2 sin (cos 2)cos2 0x x x x+ + = ⇔ (sin cos 2)cos2 0x x x+ + = (1). 0,25 Do phương trình sin cos 2 0x x+ + = vô nghiệm, nên: 0,25 (1) ⇔ cos2 0x = ⇔ 4 2 x k π π = + (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: 1 6 3 x− ≤ ≤ . 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: 2 ( 3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0x x x x+ − + − − + − − = 0,25 ⇔ 3( 5) 5 ( 5)(3 1) 0 3 1 4 6 1 x x x x x x − − + + − + = + + − + ⇔ x = 5 hoặc 3 1 3 1 0 3 1 4 6 1 x x x + + + = + + − + . 0,25 II (2,0 điểm) 3 1 1 3 1 0 ; 6 33 1 4 6 1 x x x x ⎡ ⎤ + + + > ∀ ∈ −⎢ ⎥+ + − + ⎣ ⎦ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5. 0,25 Đặt 2 lnt x= + , ta có 1 d dt x x = ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3. 0,25 3 2 2 2 d t I t t − = ∫ 3 3 2 2 2 1 1 d 2 dt t t t = −∫ ∫ . 0,25 3 3 2 2 2 lnt t = + 0,25 III (1,0 điểm) 1 3 ln 3 2 = − + . 0,25 • Thể tích khối lăng trụ. Gọi D là trung điểm BC, ta có: BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ 'A D, suy ra: ' 60ADA = . 0,25 Ta có: 'AA = AD.tan 'ADA = 3 2 a ; SABC = 2 3 4 a . Do đó: 3 . ' ' ' 3 3 V S . ' 8 ABC A B C ABC a AA= = . 0,25 • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra: GH // 'A A ⇒ GH ⊥ (ABC). Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH). Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI = .GE GA GH = 2 2 GA GH . 0,25 IV (1,0 điểm) Ta có: GH = ' 3 AA = 2 a ; AH = 3 3 a ; GA2 = GH2 + AH2 = 2 7 12 a . Do đó: R = 2 7 2.12 a . 2 a = 7 12 a . 0,25 HA B C 'A 'B 'C G D A E H G I www.VNMATH.com
  • 144. Câu Đáp án Điểm Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 2( )ab bc ca− + + . 0,25 Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 2 ( ) 1 0 3 3 a b c t + + ≤ ≤ = . Xét hàm 2 ( ) 3 2 1 2f t t t t= + + − trên 1 0; 2 ⎡ ⎞ ⎟⎢ ⎣ ⎠ , ta có: 2 '( ) 2 3 1 2 f t t t = + − − ; 3 2 ''( ) 2 (1 2 ) f t t = − − ≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra '( )f t nghịch biến. 0,25 Xét trên đoạn 1 0; 3 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ta có: 1 11 '( ) ' 2 3 0 3 3 f t f ⎛ ⎞ ≥ = − >⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , suy ra f(t) đồng biến. Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ 1 0; 3 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ . 0,25 V (1,0 điểm) Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ 1 0; 3 ⎡ ⎤ ⎢ ⎥ ⎣ ⎦ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1 ⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2. 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn: ( 4) ( 1) 0 4 1 5 0 2 2 x y x y + − − =⎧ ⎪ ⎨ − + + − =⎪⎩ ⇒ D(4; 9). 0,25 Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) thỏa mãn: 2 2 5 0 ( 5) 32 x y x y + − =⎧⎪ ⎨ + − =⎪⎩ với x > 0, suy ra A(4; 1). 0,25 ⇒ AC = 8 ⇒ AB = 2SABC AC = 6. B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5). 0,25 Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng, suy ra B(4; 7). Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0. 0,25 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 1 1 x y z b c + + = . 0,25 Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra: 1 b − 1 c = 0 (1). 0,25 Ta có: d(O, (ABC)) = 1 3 ⇔ 2 2 1 1 1 1 b c + + = 1 3 ⇔ 2 1 b + 2 1 c = 8 (2). 0,25 VI.a (2,0 điểm) Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c = 1 2 . 0,25 Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i | 0,25 ⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2 0,25 ⇔ x2 + y2 + 2y − 1 = 0. 0,25 VII.a (1,0 điểm) Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x2 + (y + 1)2 = 2. 0,25 d A B D C www.VNMATH.com
  • 145. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0). Đường thẳng AF1 có phương trình: 1 3 3 x y+ = . 0,25 M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra: 2 3 1; 3 M ⎛ ⎞ = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇒ MA = MF2 = 2 3 3 . 0,25 Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN. 0,25 Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2. Phương trình (T): ( ) 2 2 2 3 4 1 3 3 x y ⎛ ⎞ − + − =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 2. (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2). Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0) ⇒ ,v AM⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = (2; 2t; − t − 2) 0,25 ⇒ d(M, ∆) = ,v AM v ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = 2 5 4 8 3 t t+ + . 0,25 Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 2 5 4 8 3 t t+ + = | t | 0,25 VI.b (2,0 điểm) ⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2. Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0). 0,25 Điều kiện y > 1 3 , phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x . 0,25 Do đó, hệ đã cho tương đương với: 2 2 3 1 2 (3 1) 3 1 3 x y y y y ⎧ − =⎪ ⎨ − + − =⎪⎩ ⇔ 2 3 1 2 6 3 0 x y y y ⎧ − =⎪ ⎨ − =⎪⎩ 0,25 ⇔ 1 2 2 1 2 x y ⎧ =⎪⎪ ⎨ ⎪ = ⎪⎩ 0,25 VII.b (1,0 điểm) ⇔ 1 1 . 2 x y = −⎧ ⎪ ⎨ =⎪⎩ 0,25 ------------- Hết ------------- M y x A F1 F2 O N www.VNMATH.com
  • 146. 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 Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: R. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 'y = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); 'y (x) = 0 ⇔ x = 0. 0,25 - Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 6. - Giới hạn: lim x y →−∞ = lim x y →+∞ = − ∞. 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = 1 6 x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6. 0,25 Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình − 4x3 − 2x = − 6 0,25 ⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4). 0,25 I (2,0 điểm) Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10. 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2 x) + 3sinx − 1 = 0 0,25 ⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1). 0,25 Do phương trình cosx + sinx + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25 II (2,0 điểm) (1) ⇔ sinx = 1 2 ⇔ x = 6 π + k2π hoặc x = 5 6 π + k2π ( k ∈ Z). 0,25 'y + 0 − y 6 − ∞ x −∞ 0 +∞ − ∞ y x 6 2− 2 O www.VNMATH.com
  • 147. Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − 2. Phương trình đã cho tương đương với: ( )( )32 24 4 4 2 2 2 2 0xx x+ − − − = . 0,25 • 24x − 24 = 0 ⇔ x = 1. 0,25 • 2 2 2 x + − 3 4 2x − = 0 ⇔ 2 2x + = x3 − 4 (1). Nhận xét: x ≥ 3 4 . 0,25 Xét hàm số f(x) = 2 2x + − x3 + 4, trên )3 4;⎡ +∞⎣ . 'f (x) = 1 2x + − 3x2 < 0, suy ra f(x) nghịch biến trên )3 4;⎡ +∞⎣ . Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2. 0,25 I = 1 3 2 ln d e x x x x ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ = 1 2 ln d e x x x∫ − 1 ln 3 d e x x x∫ . 0,25 • Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du = dx x và v = x2 . 1 2 ln d e x x x∫ = ( )2 1 ln e x x − 1 d e x x∫ = e2 − 2 1 2 e x = 2 1 2 e + . 0,25 • 1 ln d e x x x∫ = ( ) 1 ln d ln e x x∫ = 2 1 1 ln 2 e x = 1 2 . 0,25 III (1,0 điểm) Vậy I = 2 2 e − 1. 0,25 • M là trung điểm SA. AH = 2 4 a , SH = 2 2 SA AH− = 14 4 a . 0,25 HC = 3 2 4 a , SC = 2 2 SH HC+ = a 2 ⇒ SC = AC. Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA. 0,25 • Thể tích khối tứ diện SBCM. M là trung điểm SA ⇒ SSCM = 1 2 SSCA ⇒ VSBCM = VB.SCM = 1 2 VB.SCA = 1 2 VS.ABC 0,25 IV (1,0 điểm) ⇒ VSBCM = 1 6 SABC.SH = 3 14 48 a . 0,25 Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5. Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0. 0,25 y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2 ( 3)(7 )( 2)(5 )x x x x+ − + − = ( ) 2 ( 3)(5 ) ( 2)(7 )x x x x+ − − + − + 2 ≥ 2, suy ra: 0,25 y ≥ 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 3 . 0,25 V (1,0 điểm) Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25 S CD BA M H www.VNMATH.com
  • 148. Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x + 2)2 + y2 = 74. Phương trình AH: x = 3 và BC ⊥ AH, suy ra phương trình BC có dạng: y = a (a ≠ − 7, do BC không đi qua A). Do đó hoành độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = 0 (1). 0,25 Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | < 70 . Do C có hoành độ dương, nên B(− 2 − 2 74 a− ; a) và C(− 2 + 2 74 a− ; a). 0,25 AC ⊥ BH, suy ra: .AC BH = 0 ⇔ ( )2 74 5a− − ( )2 74 5a− + + (a + 7)(− 1 − a) = 0 ⇔ a2 + 4a − 21 = 0 0,25 ⇔ a = − 7 (loại) hoặc a = 3 (thỏa mãn). Suy ra C(− 2 + 65 ; 3). 0,25 2. (1,0 điểm) Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là Pn = (1; 1; 1) và Qn = (1; − 1; 1), suy ra: ,P Qn n⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = (2; 0; −2) là vectơ pháp tuyến của (R). 0,25 Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0. 0,25 Ta có d(O,(R)) = , 2 D suy ra: 2 D = 2 ⇔ D = 2 2 hoặc D = 2 2− . 0,25 VI.a (2,0 điểm) Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 2 = 0 hoặc x − z − 2 2 = 0. 0,25 Gọi z = a + bi, ta có: 2 2 z a b= + và z2 = a2 − b2 + 2abi. 0,25 Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 2 2 2 2 2 0 a b a b ⎧ + =⎪ ⎨ − =⎪⎩ 0,25 ⇔ 2 2 1 1. a b ⎧ =⎪ ⎨ =⎪⎩ 0,25 VII.a (1,0 điểm) Vậy các số phức cần tìm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i. 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi tọa độ H là (a; b), ta có: 2 2 2 ( 2)AH a b= + − 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 = 1. 0,25 Từ đó, ta có: 2 2 2 4 4 0 2 0. a b a b b ⎧ − + =⎪ ⎨ + − =⎪⎩ Suy ra: (2 5 2; 5 1)H − − hoặc ( 2 5 2; 5 1)H − − − . 0,25 VI.b (2,0 điểm) Vậy phương trình đường thẳng ∆ là ( 5 1) 2 5 2 0x y− − − = hoặc ( 5 1) 2 5 2 0x y− + − = . 0,25 I • A B C H O H y x A P Q R • O www.VNMATH.com
  • 149. Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t). + ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2). 0,25 Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ,v AM⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = (2 − t; 2; t − 3). 0,25 Ta có: d(M, ∆2) = ,v AM v ⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = 2 2 10 17 3 t t− + , suy ra: 2 2 10 17 3 t t− + = 1 0,25 ⇔ t2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4. Do đó M(4; 1; 1) hoặc M(7; 4; 4). 0,25 Điều kiện: x > 2, y > 0 (1). 0,25 Từ hệ đã cho, ta có: 2 4 2 0 2 x x y x y ⎧ − + + =⎪ ⎨ − =⎪⎩ 0,25 ⇔ 2 3 0 2 x x y x ⎧ − =⎪ ⎨ = −⎪⎩ ⇔ 0 2 x y =⎧ ⎨ = −⎩ hoặc 3 1. x y =⎧ ⎨ =⎩ 0,25 VII.b (1,0 điểm) Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1). 0,25 ------------- Hết ------------- M ∆2 ∆1 d =1 H www.VNMATH.com
  • 150. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A 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 1 . 2 1 x y x − + = − 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng đạt giá trị lớn nhất. 1k k+ 2 Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 2 1 sin 2 cos2 2 sin sin 2 . 1 cot x x x x x + + = + 2. Giải hệ phương trình 2 2 3 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 ( , ). ( ) 2 ( ) x y xy y x y x y xy x y x y ⎧ − + − + =⎪ ∈⎨ + + = +⎪⎩ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4 0 sin ( 1)cos d . sin cos x x x x I x x x x π + + = +∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o . Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho , ,x y z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức . 2 3 = + + + + + x y z P x y y z z x PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. 2 2 ( ): 4 2 0.C x y x y+ − − = 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.( ): 2 4 0.P x y z− − + = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: 22 .z z= + z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip 2 2 ( ): 1. 4 1 x y E + = Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu và điểm . Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều. 2 2 2 ( ): 4 4 4 0S x y z x y z+ + − − − = (4; 4; 0)A Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2− + + + − = −z i z i i . ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................ www.VNMATH.com
  • 151. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: B 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 4 2 2( 1)y x m x= − + + m (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC; trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx. 2. Giải phương trình 2 3 2 6 2 4 4 10 3 ( ).x x x x x+ − − + − = − ∈ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 3 2 0 1 sin d . cos x x I x x π + = ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1BB 1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, 3.AD a= Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 60 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 o B đến mặt phẳng (A1BD) theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2 ) + ab = (a + b)(ab + 2). Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 3 3 2 2 3 3 2 2 4 9 a b a b P b a b a ⎛ ⎞ ⎛ = + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎝ ⎠ ⎝ ⎞ ⋅⎟ ⎠ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 2 1 : 1 2 1 x y− + Δ = = − − z và mặt phẳng (P): x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của ∆ và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với ∆ và 4 14.MI = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: 5 3 1 0 i z z + − − .= B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh 1 ; 1 . 2 B ⎛ ⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ Đường tròn nội tiếp tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương. (3; 1)D 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 2 1 1 3 x y z+ − + = = − 5 2 và hai điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức 3 1 3 . 1 i z i ⎛ ⎞+ = ⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠ ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................ www.VNMATH.com
  • 152. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 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 2 1 1 x y x + = ⋅ + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin 2 2cos sin 1 0. tan 3 x x x x + − − = + 2. Giải phương trình ( ) ( )2 2 1 2 log 8 log 1 1 2 0 ( ).x x x− + + + − − = ∈x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4 0 4 1 d . 2 1 2 x I x x − = + +∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2 3a và Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. 30 .SBC = Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 3 2 2 2 ( 2) ( , ). 1 2 x y x xy m x y x x y m ⎧ − + + =⎪ ∈⎨ + − = −⎪⎩ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. 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 trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: 1 3 2 1 2 x y z+ − = = − ⋅ Viết phương trình đường thẳng ∆ đi 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 = 1 – 9i. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 3 : 2 4 1 x y− − Δ = = z và mặt phẳng Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P). ( ): 2 2 0.P x y z− + = Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 2 2 3 1 x x y x + + = + 3 trên đoạn [0; 2]. ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................ www.VNMATH.com
  • 153. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: 1 . 2 D ⎧ ⎫ = ⎨ ⎬ ⎩ ⎭ • Sự biến thiên: Chiều biến thiên: ( ) 2 1 ' 0 2 1 y x − = − ,< ∀x ∈ D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1 ; 2 ⎛ ⎞ −∞⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 1 ; . 2 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟+∞ ⎝ ⎠ 0,25 Giới hạn và tiệm cận: 1 lim lim ; 2x x y y → −∞ → +∞ = = − tiệm cận ngang: 1 . 2 y = − 1 Trang 1/5 2⎝ ⎠ lim , x y− ⎛ ⎞ →⎜ ⎟ = −∞ 1 2 lim ; x y+ ⎛ ⎞ →⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = + ∞ tiệm cận đứng: 1 . 2 x = 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = 1 2 1 x x − + − ⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = 1 2 không là nghiệm) ⇔ 2x2 + 2mx – m – 1 = 0 (*). 0,25 ∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25 Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có: k1 + k2 = – 2 1 1 (2 1)x − – 2 2 1 (2 1)x − = 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2 1 2 4( ) 8 4( ) 2 . (4 2( ) 1) x x x x x x x x x x + − − + + − − + + 0,25 I (2,0 điểm) Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2. Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1. 0,25 x − ∞ 1 2 + ∞ y’ − − y 1 2 − 1 2 − − ∞ + ∞ y x 1 2 − 1 2 O 1 (C) – 1 www.VNMATH.com
  • 154. Trang 2/5 Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2 x = 2 2 sin2 xcosx 0,25 ⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25 • cosx = 0 ⇔ x = 2 π + kπ, thỏa mãn (*). 0,25 • cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + 4 π ) = 1 ⇔ x = 4 π + k2π, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình có nghiệm: x = 2 π + kπ; x = 4 π + k2π (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) 2 2 3 2 2 2 5 4 3 2( ) 0 (1) ( ) 2 ( ) (2 x y xy y x y xy x y x y ⎧ − + − + =⎪ ⎨ + + = +⎪⎩ ). Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2. 0,25 • xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1). 0,25 • x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2 ) – 4xy2 + 2x2 y – 2(x + y) = 0 ⇔ 6y – 4xy2 + 2x2 y – 2(x + y) = 0 ⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y. 0,25 II (2,0 điểm) Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra: (x; y) = 2 10 10 ; 5 5 ⎛ ⎞ ⎜⎜ hoặc (x; y) =⎟⎟ ⎝ ⎠ 2 10 10 ; . 5 5 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), 2 10 10 ; , 5 5 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 2 10 10 ; . 5 5 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 I = 4 0 ( sin cos ) cos d sin cos x x x x x x x x x π + + +∫ = 4 4 0 0 cos d d sin cos x x .x x x x x π π + +∫ ∫ 0,25 Ta có: 4 0 dx π ∫ = 4 0 x π = 4 π 0,25 và 4 0 cos d sin cos x x x x x x π +∫ = 4 0 d( sin cos ) sin cos x x x x x x π + +∫ = ( ) 4 0 ln sin cosx x x π + 0,25 III (1,0 điểm) = 2 ln Suy ra: I =1 . 2 4 ⎛ ⎞π⎛ ⎞ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ 4 π + 2 ln 1 . 2 4 ⎛ ⎞π⎛ ⎞ +⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ 0,25 (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và (ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = =tanAB SBA 2 3.a 0,25 IV (1,0 điểm) Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC. MN = , 2 BC a= BM = . 2 AB a= Diện tích: SBCNM = 2 ( ) 3 2 2 BC MN BM a+ = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = 31 3 3 BCNMS SA a⋅ = ⋅ 0,25 S A B CN M D H www.VNMATH.com
  • 155. Trang 3/5 Câu Đáp án Điểm Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH. 0,25 Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a ⇒ d(AB, SN) = AH = 2 2 . 2 13 SA AD a SA AD = ⋅ + 39 0,25 Trước hết ta chứng minh: 1 1 2 (*), 1 1 1a b ab + ≥ + + + với a và b dương, ab ≥ 1. Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab ⇔ ( ab – 1)( a – b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1. 0,25 Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: 1 1 2 3 1 1 x P z xx y y z = + + + + + ≥ 1 2 . 3 2 1 y x x y + + + Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: z y = x z hoặc 1 x y = (1) 0,25 Đặt x y = t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 2 2 2 3 1 t t t + ⋅ + + Xét hàm f(t) = 2 2 2 , 2 3 1 t t t + + + t ∈ [1; 2]; 3 2 2 2 2 (4 3) 3 (2 1) 9) '( ) (2 3) (1 ) t t t t f t t t ⎡ ⎤− − + − +⎣ ⎦= + + < 0. ⇒ f(t) ≥ f(2) = 34 ; 33 dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ x y = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). 0,25 V (1,0 điểm) ⇒ P ≥ 34 . 33 Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2. Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng 34 ; 33 khi x = 4, y = 1, z = 2. 0,25 1. (1,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90o và MA = MB ⇒ SMAIB = IA.MA 0,25 ⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = 2 2 IA MA+ = 5. 0,25 M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0 0,25 ⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25 2. (1,0 điểm) VI.a (2,0 điểm) Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ 2 2 2 2 2 2 2 4 0 ( 2) ( 1) 9 ( 2) ( 3) x y z x y z x y z − − + =⎧ ⎪ − + + − =⎨ ⎪ + + + − =⎩ 9 0,25 M I A B ∆ www.VNMATH.com
  • 156. Trang 4/5 Câu Đáp án Điểm ⇔ 2 2 2 2 4 0 2 0 ( 2) ( 1) x y z x y z x y z ⎧ − − + = ⎪ + − + =⎨ ⎪ − + + − =⎩ 9 0,25 ⇔ 2 2 2 3 7 11 4 x y z y y y ⎧ = − ⎪ =⎨ ⎪ − + =⎩ 0 0,25 ⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc 6 4 12 ; ; 7 7 7 . ⎞ − ⎟ ⎝ ⎠ ⎛ ⎜ Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc 6 4 12 ; ; . 7 7 7 M ⎛ −⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ 0,25 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: 22 z z= + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi 0,25 ⇔ a2 – b2 + 2abi = a2 + b2 + a – bi ⇔ 2 2 2 2 2 a b a b ab b ⎧ − = + + ⎨ = −⎩ a 0,25 ⇔ 2 2 (2 1) 0 a b b a ⎧ = − ⎨ + =⎩ 0,25 VII.a (1,0 điểm) ⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = 1 1 ; 2 2 ⎛ ⎜ hoặc (a; b) = ⎞ − ⎟ ⎝ ⎠ 1 1 ; . 2 2 ⎛ ⎞ − −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ Vậy, z = 0 hoặc z = 1 2 − + 1 2 i hoặc z = 1 2 − – 1 2 i. 0,25 1. (1,0 điểm)VI.b Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên: B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = 2 4 .x− 0,25 Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x. Diện tích: SOAB = 21 4 2 x x− 0,25 = 21 (4 ) 2 2 x x− ≤ 1. Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. 0,25 Vậy: 2 2; 2 A ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 2 2; 2 B ⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ hoặc 2 2; 2 A ⎛ ⎞ −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 2 2; . 2 B ⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 2. (1,0 điểm) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S). Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = 3 OA = 4 2 . 3 0,25 Khoảng cách: d(I, (P)) = 2 2 R r− = 2 . 3 (P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*). (P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a. 0,25 d(I, (P)) = 2 2 2 2( )a b c a b c + + + + = 2 2 2 2 c a c+ ⇒ 2 2 2 2 c a c+ = 2 3 0,25 (2,0 điểm) ⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25 y xO A H B www.VNMATH.com
  • 157. Trang 5/5 Câu Đáp án Điểm Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i 0,25 ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ 3 3 2 2 2 a b a b − =⎧ ⎨ + − = −⎩ 0,25 VII.b (1,0 điểm) ⇔ 1 , 3 a = 1 3 b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = 2 a b+ 2 = 2 3 ⋅ 0,25 ------------- Hết ------------- www.VNMATH.com
  • 158. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x4 – 4x2 + 1. • Tập xác định: D = R. • Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y' = 4x3 – 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.± 0,25 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ∞; – 2 ) và (0; 2 ); đồng biến trên các khoảng (– 2; 0) và ( 2; + ∞). – Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2;± yCT = – 3, đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1. – Giới hạn: lim lim . x x y y → − ∞ → + ∞ = = + Trang 1/4 ∞ 0,25 – Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) y'(x) = 4x3 – 4(m + 1)x = 4x(x2 – m – 1); y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 = m + 1 (1). 0,25 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⇔ m > – 1 (*). 0,25 Khi đó: A(0; m), B( 1;m− + – m2 – m – 1) và C( 1;m + – m2 – m – 1). Suy ra: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 – 4m – 4 = 0 0,25 I (2,0 điểm) ⇔ m = 2 ± 2 2; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 –2 2 hoặc m = 2 + 2 2. 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx 0,25 ⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = 0 ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = 0 0,25 • sinx = 1 ⇔ x = 2 π + k2π. 0,25 II (2,0 điểm) • cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x = 3 π + k 2 . 3 π Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = 2 π + k2π; x = 3 π + k 2 3 π (k ∈ Z). 0,25 + ∞ – 3 – 3 1 x – ∞ – + ∞ 2 0 2 y' – 0 + 0 – 0 + y + ∞ x y –2 2 2− 2 –3 1 O www.VNMATH.com
  • 159. Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương: ( ) 2 3 2 2 2 4 4 10 3+ − − + − = −x x x x (1). 0,25 Đặt t = 2 + x – 2 2 − ,x (1) trở thành: 3t = t2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3. 0,25 • t = 0, suy ra: 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4(2 – x) ⇔ x = 6 , 5 thỏa mãn (*). 0,25 • t = 3, suy ra: 2 + x = 2 2 − x + 3, vô nghiệm (do 2 + x ≤ 2 và 2 2 − x + 3 ≥ 3 với mọi x ∈ [– 2; 2]). Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = 6 . 5 0,25 3 2 0 1 sin d cos + = ∫ x x I x x π = 3 2 0 1 d cos x x π ∫ + 3 2 0 sin d . cos x x x x π ∫ 0,25 Ta có: 3 2 0 1 d cos x x π ∫ = ( ) 3 0 tan x π = 3. 0,25 và: 3 2 0 sin d cos x x x x π ∫ = 3 0 1 d cos x x π ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ∫ = 3 0 cos x x π ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ – 3 0 d cos x x π ∫ = 2 3 π + 3 2 0 dsin sin 1 x x π −∫ = 2 3 π + 3 0 1 1 1 dsin 2 sin 1 sin 1 x x x π ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ − +⎝ ⎠ ∫ 0,25 III (1,0 điểm) = 2 3 π + 3 0 1 sin 1 ln 2 sin 1 x x π ⎛ − ⎞ ⎜ ⎟+⎝ ⎠ = 2 3 π + ln(2 3).− Vậy, I = 3 + 2 3 π + ln(2 3).− 0,25 Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A1O ⊥ (ABCD). Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A1E ⊥ AD ⇒ là góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A EO 1A1) và (ABCD) ⇒ 1 60 .A EO = 0,25 ⇒ A1O = OE tan =1A EO 2 AB tan 1A EO = 3 . 2 a Diện tích đáy: SABCD = AB.AD = 2 3.a Thể tích: 1 1 1 1.VABCD A B C D = SABCD.A1O = 3 3 . 2 a 0,25 Ta có: BB 1C // A1D ⇒ B1B C // (A1BD) ⇒ d(BB 1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)). Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH. 0,25 IV (1,0 điểm) A1 B1 C1 A C D H B E O D1 Suy ra: d(BB 1, (A1BD)) = CH = 2 2 .CD CB CD CB+ = 3 . 2 a 0,25 V (1,0 điểm) Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2 ) + ab = (a + b)(ab + 2) ⇔ 2(a2 + b2 ) + ab = a2 b + ab2 + 2(a + b) ⇔ 2 a b b a ⎛ +⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ + 1 = (a + b) + 2 1 1 . a b ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 www.VNMATH.com
  • 160. Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm (a + b) + 2 1 1 a b ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ≥ 2 1 1 2( )a b a b ⎛ ⎞ + +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 2 2 2 a b b a ⎛ + +⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ , suy ra: 2 a b b a ⎛ +⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ + 1 ≥ 2 2 2 a b b a ⎛ ⎞ + +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇒ a b b a + ≥ 5 . 2 0,25 Đặt t = a b b a + , t ≥ 5 2 , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18. Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ 5 . 2 0,25 Ta có: '( )f t = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: 5 ; 2 min ( )f t ⎡ ⎞ +∞⎟⎢ ⎣ ⎠ = 5 2 f ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = – 23 . 4 Vậy, minP = – 23 ; 4 khi và chỉ khi: 5 2 a b b a + = và 1 1 2a b a b ⎛ ⎞ + = +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2). 0,25 1. (1,0 điểm) N ∈ d, M ∈ ∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4). O, M, N cùng thuộc một đường thẳng, khi và chỉ khi: a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b = 4 . 2 a a− 0,25 OM.ON = 8 ⇔ (5a2 – 8a + 4)2 = 4(a – 2)2 . 0,25 ⇔ (5a2 – 6a)(5a2 – 10a + 8) = 0 ⇔ 5a2 – 6a = 0 ⇔ a = 0 hoặc a = 6 . 5 0,25 Vậy, N(0; – 2) hoặc 6 2 ; 5 5 N ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 2. (1,0 điểm) Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: 2 1 1 2 3 0 1 x y z x y z − +⎧ = =⎪ − −⎨ ⎪ + + − =⎩ ⇒ I(1; 1; 1). 0,25 Gọi M(a; b; c), ta có: M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI = 4 1 ⇔4 2 2 2 3 0 2 2 0 ( 1) ( 1) ( 1) 224 a b c a b c a b c ⎧ + + − = ⎪ − − + =⎨ ⎪ − + − + − =⎩ 0,25 ⇔ 2 2 2 2 1 3 4 ( 1) (2 2) ( 3 3) 224 b a c a a a a ⎧ = − ⎪ = − +⎨ ⎪ − + − + − + =⎩ 0,25 VI.a (2,0 điểm) O • ∆ d N M ⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13). Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13). 0,25 VII.a Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a2 + b2 ≠ 0, ta có: 5 3 1 0 i z z + − − (1,0 điểm) = ⇔ a – bi – 5 i a bi + + 3 – 1 = 0 0,25 www.VNMATH.com
  • 161. Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm ⇔ a2 + b2 – 5 – i 3 – a – bi = 0 ⇔ (a2 + b2 – a – 5) – (b + 3 )i = 0 0,25 ⇔ 2 2 5 0 3 0 a b a b ⎧ + − − =⎪ ⎨ + =⎪⎩ ⇔ 2 2 0 3 a a b ⎧ − − =⎪ ⎨ = −⎪⎩ 0,25 ⇔ (a; b) = (– 1; – 3 ) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3. 0,25 1. (1,0 điểm) 5 ; 0 2 BD ⎛ = ⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A; ⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0. 0,25 F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ 2 21 2 2 2 4 t ⎛ ⎞ − + =⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 5 ⇔ t = – 1 hoặc t = 2. 0,25 • t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương trình: 4x + 3y – 5 = 0. A là giao điểm của AD và BF ⇒ A 7 3; , 3 ⎛ −⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ không thỏa mãn yêu cầu (A có tung độ dương). 0,25 • t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trình BF: 4x – 3y + 1 = 0. ⇒ A 13 3; , 3 ⎛ ⎜ ⎝ ⎠ ⎞ ⎟ thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có: A 13 3; . 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 2. (1,0 điểm) M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t). 0,25 ⇒ = (t; 3t; – 6 – 2t) và = (– 1; – 2; 1) ⇒AM AB ,AM AB⎡ ⎤ ⎣ ⎦ = (– t – 12; t + 6; t). 0,25 S∆MAB = 3 5 ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 0,25 VI.b (2,0 điểm) ⇔ t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19). A B C EF D 0,25 1 + i 3 = 1 3 2 2 2 i ⎛ ⎞ +⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = 2 cos sin 3 3 i π⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ π và 1 + i = 2 cos sin ; 4 4 i π π⎛ ⎞ +⎜ ⎝ ⎠ ⎟ 0,25 VII.b (1,0 điểm) suy ra: z = ( )8 cos sin 3 3 2 2 cos sin 4 4 i i π π π π + ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 = 2 2 cos sin 4 4 i π π⎛ ⎞ +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 = 2 + 2i. Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2. 0,25 ------------- Hết ------------- www.VNMATH.com
  • 162. 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 Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: { } 1D = − . • Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: 2 1 ' 0 ( 1) y x = + ,> ∀ x ∈ D. Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞). 0,25 – Giới hạn và tiệm cận: lim lim x x y y → −∞ → +∞ = = 2; tiệm cận ngang: y = 2. = + ∞, = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1. ( )1 lim x y− → − ( )1 lim x y+ → − 0,25 – Bảng biến thiên: Trang 1/4 0,25 • Đồ thị: 0,25 2. (1,0 điểm) Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình: kx + 2k + 1 = 2 1 1 x x + + ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm) ⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = 0 (1). 0,25 d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ ⇔ ⎨ ⇔ 0 0 k ≠⎧ ⎨ Δ >⎩ 2 0 6 1 0 k k k ≠⎧ − + >⎩ 0 3 2 2 3 2 2. k k k ≠⎧⎪ ⎨ < − ∨ > +⎪⎩ (*). 0,25 I (2,0 điểm) Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm của (1). x − ∞ –1 y’ + + y − ∞ + ∞ + ∞ 2 2 2 x y – 1 O 1 0,25 d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ 1 2 1kx k+ + = 2 2 1kx k+ + www.VNMATH.com
  • 163. Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm ⇔ k(x1 + x2) + 4k + 2 = 0 (do x1 ≠ x2). Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3. 0,25 1. (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ 3− (*). Phương trình đã cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – 1 = 0 0,25 ⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0. 0,25 ⇔ sinx = – 1 ⇔ x = – 2 π + k2π hoặc cosx = 1 2 ⇔ x = ± 3 π + k2π. 0,25 Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x = 3 π + k2π (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( )2 2 2log 8 log 4 1 1x x⎡ ⎤− = + + − ⎣ ⎦ x 0,25 ⇔ 8 – x2 = 4( 1 1 )x x+ + − ⇔ (8 – x2 )2 = 16( )2 2 2 1 x+ − (1). 0,25 Đặt t = 2 1− x , (1) trở thành: (7 + t2 )2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 0 ⇔ (t – 1)2 (t2 + 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1. 0,25 II (2,0 điểm) Do đó, (1) ⇔ 2 1− =x 1 ⇔ x = 0, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0. 0,25 Đặt t = 2 1x + ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt. Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3. 0,25 I = 3 3 1 2 3 d 2 t t t t − +∫ = 3 2 1 10 2 4 5 2 t t t ⎛ ⎞ − + −⎜ ⎟ +⎝ ⎠ ∫ III dt 0,25 = 3 3 2 1 2 2 5 10ln 2 3 t t t t ⎛ ⎞ − + − +⎜ ⎟ 0,25 ⎝ ⎠ (1,0 điểm) = 34 3 10ln . 3 5 + 0,25 Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin =SBC 3.a 0,25 Diện tích: SABC = 1 2 BA.BC = 6a2 . Thể tích: VS.ABC = 1 3 SABC.SH = 3 2 3 IV .a 0,25 Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)). BH = SB.cos = 3a ⇒ BC = 4HCSBC ⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)). 0,25 (1,0 điểm) Ta có AC = 2 2 BA BC+ = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA. HC AC = 3 . 5 a HK = 2 2 .SH HD SH HD+ = 3 7 14 a . Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = 6 7 . 7 a 0,25 V (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với: 2 2 ( )(2 ) ( ) (2 ) 1 2 x x x y m B S A C D H K .x x x y ⎧ − − =⎪ ⎨ − + − = −⎪⎩ m 0,25 www.VNMATH.com
  • 164. Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Đặt u = x2 – x, u ≥ – 1 ; 4 v = 2x – y. Hệ đã cho trở thành: ⇔ 1 2 uv m u v m =⎧ ⎨ + = −⎩ 2 (2 1) 0 (1) 1 2 . u m u m v m u ⎧ + − + = ⎨ = − −⎩ Hệ đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – 1 . 4 0,25 Với u ≥ – 1 , 4 ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = 2 . 2 1 u u u − + + Xét hàm f(u) = 2 , 2 1 u u u − + + với u ≥ – 1 ; 4 ta có: '( )f u = – 2 2 2 2 1 ; (2 1) u u u + − + '( )f u = 0 ⇔ u = 1 3 . 2 − + 0,25 Bảng biến thiên: Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤ 2 3 . 2 − 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: 3BD GD= ⇔ ⇒ 4 3( 1) 1 3( 1) x x y y + = −⎧ ⎨ − = −⎩ 7 ; 1 . 2 D ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x – y – 1 = 0 của góc A. f(u) u 1 4 − 1 3 2 − + '( ) + ∞ f u + 0 – 5 8 − – ∞ 2 3 2 − Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ: 1( 4) 1( 1) 0 4 1 1 0 2 2 x y x y + + − =⎧ ⎪ ⎨ − + − − =⎪⎩ ⇔ ⇒ E(2; – 5). 3 0 7 0 x y x y + + =⎧ ⎨ − − =⎩ 0,25 Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0. 0,25 Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎧ ⎨ ⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1). 1 0 4 13 x y x y − − = 0− − =⎩ 0,25 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0. 0,25 Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B. 0,25 B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0). 0,25 VI.a (2,0 điểm) A D B G • CE Phương trình ∆: 1 2 2 2 3 3 . x t y t z t = +⎧ ⎪ = +⎨ ⎪ = +⎩ 0,25 VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i 0,25 www.VNMATH.com
  • 165. Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm ⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i 0,25 ⇔ 3 1 3 3 9 a b a b − − =⎧ ⎨ − =⎩ 0,25 (1,0 điểm) ⇔ Vậy z = 2 – i. 2 1. a b =⎧ ⎨ = −⎩ 0,25 1. (1,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính bằng 10. Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương trình ∆ có dạng: y = m. 0,25 Hoành độ M, N là nghiệm phương trình: x2 – 2x + m2 + 4m – 5 = 0 (1). (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, khi và chỉ khi: m2 + 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x1; m) và N(x2; m). 0,25 AM ⊥ AN ⇔ = 0 ⇔ (x.AM AN 1 – 1)(x2 – 1) + m2 = 0 ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + 1 = 0. 0,25 Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m2 + 4m – 6 = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3. 0,25 2. (1,0 điểm) Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t). 0,25 Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1 ⇔ 2(1 2 ) (3 4 ) 2 3 t t+ − + + t = 1 0,25 ⇔ t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1). 0,25 VI.b (2,0 điểm) Phương trình mặt cầu: (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1 hoặc (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1. 0,25 2 2 2 4 ' ( 1) x x y x + = + ; 0,25 y' = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0. 0,25 y(0) = 3, y(2) = 17 . 3 0,25 VII.b (1,0 điểm) Vậy: [ ]0; 2 min y = 3, tại x = 0; [ ]0; 2 max y = 17 , 3 tại x = 2. 0,25 ------------- Hết ------------- A y xO M N I– 2 – 3 1 www.VNMATH.com
  • 166. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số với m là tham số thực.4 2 2 2( 1) (1),y x m x m= − + + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m = b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3sin 2 cos2 2cos 1.x x x+ = − Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 2 3 2 2 2 3 9 22 3 9 ( , ).1 2 x x x y y y x y x y x y ⎧ − − + = + − ⎪ ∈⎨ + − + =⎪ ⎩ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 2 1 1 ln( 1) d . x I x x + + = ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho .S ABC S 2 .HA HB= Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. o 60 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện 0.x y z+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức | | | | | | 2 2 2 3 3 3 6 6 6x y y z z x P x− − − = + + − + + .y z .ND II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2= Giả sử ( )11 1 ; 2 2 M và đường thẳng AN có phương trình Tìm tọa độ điểm A.2 3x y− − = 0. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : 1 2 1 x y z d + − = = và điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I. (0;0;3).I Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 5 n nC − 3 nC= . Tìm số hạng chứa 5 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của ( ) 2 1 , 0. 14 n nx x x − ≠ B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. 2 2 ( ): 8.C x y+ = Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2 : , 2 1 1 x y z d + − = = mặt phẳng và điểm( ): 2 5 0P x y z+ − + = (1; 1;2).A − Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 5( ) 2 1 z i i z . + = − + Tính môđun của số phức 2 1 .w z z= + + ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh: .............................................. www.VNMATH.com
  • 167. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số m là tham số thực.3 2 3 3 3 (y x mx m= − + 1), a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1.m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho tam giác OAB có diện tích bằng 48. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2(cos 3 sin )cos cos 3 sin 1.x x x x x+ = − + Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 2 1 4 1 3 .x x x+ + − + ≥ x Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 1 3 4 2 0 d . 3 2 x I x x x = + + ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với 2 , .SA a AB a= = Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên cạnh SC. Chứng minh SC vuông góc với mặt phẳng (ABH). Tính thể tích của khối chóp S.ABH theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y, z thỏa mãn các điều kiện 0x y z+ + = và Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 2 2 2 1.x y z+ + = 5 5 5 .P x y z= + + II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường tròn 2 2 1( ): 4,C x y+ = và đường thẳng2 2 2( ): 12 18 0C x y x+ − + = : 4d x y 0.− − = Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc tiếp xúc với d và cắt tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d.2( )C , 1( )C Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 : 2 1 2 x y z d − = = − và hai điểm Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d.(2;1;0),A ( 2;3;2).B − Câu 9.a (1,0 điểm). Trong một lớp học gồm có 15 học sinh nam và 10 học sinh nữ. Giáo viên gọi ngẫu nhiên 4 học sinh lên bảng giải bài tập. Tính xác suất để 4 học sinh được gọi có cả nam và nữ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình 2AC BD= 2 2 4.x y+ = Viết phương trình chính tắc của elip (E) đi qua các đỉnh A, B, C, D của hình thoi. Biết A thuộc Ox. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và cắt các trục Ox, Oy lần lượt tại B, C sao cho tam giác ABC có trọng tâm thuộc đường thẳng AM. (0;0;3), (1;2;0).A M Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình 2 2 3 4 0.z iz− − = Viết dạng lượng giác của z1 và z2. ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:................................................................... ; Số báo danh:............................................. . www.VNMATH.com
  • 168. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 22 2 2(3 1) (1), 3 3 y x mx m x= − − − + m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1.m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị 1x và 2x sao cho 1 2 1 22( ) 1.x x x x+ + = Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin3 cos3 sin cos 2 cos2 .x x x x+ − + = x Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 2 2 2 2 0 ( , ). 2 2 0 xy x x y x x y x y xy y + − =⎧⎪ ∈⎨ − + + − − =⎪⎩ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân π 4 0 (1 sin 2 )d .I x x= +∫ x ') Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân, . Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng( . ' ' ' 'ABCD A B C D 'A AC 'AC a= ' 'ABBC BCD theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực ,x y thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 ( 4) ( 4) 2 32.x y xy− + − + ≤ 3 3 3( 1)( 2).A x y xy x y= + + − + − II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc 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 lần lượt có phương trình là và3x y+ = 0 4 0;x y− + = đường thẳng BD đi qua điểm ( )1 ;1 . 3 M − Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng và điểm Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4. ( ): 2 2 10 0P x y z+ − + = (2;1;3).I Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 2(1 2 ) (2 ) 7 8 . 1 i i z i i + + + = + + Tìm môđun của số phức 1 .w z i= + + B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho : 2 3 0.d x y− + = 2.AB CD= = Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 1 : 2 1 1 x y d − + = = − z và hai điểm Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M.(1; 1;2),A − (2; 1;0).B − Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình 2 3(1 ) 5 0z i z i+ + + = trên tập hợp các số phức. ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh: .............................................. www.VNMATH.com
  • 169. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi ta có:0,m = 4 2 2 .y x x= − • Tập xác định: .D = • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: 3 ' 4 4 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 0x = hoặc 1.x = ± 0,25 Các khoảng nghịch biến: à các khoảng đồng biến: (( ; 1)−∞ − v (0; 1); 1; 0)− và (1; ).+∞ − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1,x = ± yCT 1;= − đạt cực đại tại 0,x = yCĐ 0.= − Giới hạn: lim lim . x x y y →−∞ →+∞ = = +∞ 0,25 − Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 Trang 1/4 b) (1,0 điểm) Ta có 3 2 ' 4 4( 1) 4 ( 1).y x m x x x m= − + = − − Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi 1 0m + > ⇔ (*).1m > − 0,25 Các điểm cực trị của đồ thị là 2 (0; ),A m ( 1; 2B m m 1)− + − − và ( 1; 2 1).m+ − −C m Suy ra: 2 ( 1; ( 1)AB m m= − + − + ) và 2 ( 1; ( 1)AC m m= + − + ). 0,25 Ta có nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khiAB AC= . 0AB AC = 0,25 1 (2,0 điểm) ⇔ . Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là4 ( 1) ( 1) 0m m+ − + = 0.m = 0,25 +∞ y 'y – 0 + 0 – 0 + x –1 0 1−∞ +∞ –1 0 –1 +∞ O 2 1 – 1 –1 –2 8 x y www.VNMATH.com
  • 170. Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với ( 3sin cos 1)cos 0.x x x+ − = 0,25 π cos 0 π ( ) 2 x x k k• = ⇔ = + ∈ . 0,25 3sin cos 1 0x x• + − = ( )π π cos cos 3 3 x⇔ − = 0,25 2 (1,0 điểm) ⇔ 2πx k= hoặc 2π 2π ( ) 3 x k k= + ∈ . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là π π, 2 x k= + 2πx k= và 2π 2π ( ). 3 x k k= + ∈ 0,25 Hệ đã cho tương đương với: ( ) ( ) 3 3 2 2 ( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1) 1 1 1. (2) 2 2 x x y y x y − − − = + − +⎧ ⎪ ⎨ − + + =⎪⎩ 0,25 Từ (2), suy ra 1 1 1 2 x− ≤ − ≤ và 1 1 1 2 y− ≤ + ≤ ⇔ 3 1 1 2 2 x− ≤ − ≤ và 1 3 1 . 2 2 y− ≤ + ≤ Xét hàm số 3 ( ) 12f t t t= − trên 3 3 ; 2 2 ⎡−⎢⎣ ⎤ ⎥⎦ , ta có 2 '( ) 3( 4) 0f t t= − < , suy ra f(t) nghịch biến. 0,25 Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3). Thay vào (2), ta được ( ) ( ) 2 2 1 3 1 2 2 x x− + − = ⇔ 2 4 8 3x x 0− + = ⇔ 1 2 x = hoặc 3 . 2 x = 0,25 3 (1,0 điểm) Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( )1 3 ( ; ) ; 2 2 x y = − hoặc ( )3 1 ( ; ) ; . 2 2 x y = − 0,25 Đặt u và1 ln( 1)x= + + 2 d d , suy ra d d 1 x u x = + và 1 .v x v x = x = − 0,25 33 1 1 1 ln( 1) ( 1) x dx I x x x + + = − + +∫ 0,25 ( ) 3 1 2 ln 2 1 1 3 1 dx x x + = + − +∫ 3 1 2 ln 2 ln 3 1 x x + = + + 0,25 4 (1,0 điểm) 2 2 ln3 ln2. 3 3 = + − 0,25 Ta có SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra o 60 .SCH = Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: , 6 a HD= 3 , 2 a CD= 2 2 7 , 3 a HC HD CD= + = o 21 .tan60 . 3 a SH HC= = 0,25 2 3 . 1 1 21 3 . . . . 7 3 3 3 4 12 S ABC ABC a a a V SH S∆= = = . 0,25 Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và 3 2 BA H= A nên 3 ( , ) ( ,( )) ( ,( )). 2 d SA BC d B SAN d H SAN= = Ta cũng có ( )Ax SHN⊥ nên .Ax HK⊥ Do đó (HK SAN).⊥ Suy ra d H( ,( )) . Trang 2/4 SAN HK= 0,25 5 (1,0 điểm) o 2 2 2 3 . 42 12 , sin60 , . 3 3 a a SH HN a AH HN AH HK SH HN = = = = = + Vậy S B C H x N K D A 42 ( , ) . 8 a d SA BC = 0,25 www.VNMATH.com
  • 171. Câu Đáp án Điểm Ta chứng minh 3 1 (*).,t t t≥ + ∀ ≥ 0 Xét hàm ( ) 3 1t f t t= − − , có '( ) 3 ln3 1 0, 0t f t t= − > ∀ ≥ (0) 0fvà = , suy ra (*) đúng. Áp dụng (*), ta có | | | | | | 3 3 3 3 | | | | |x y y z z x |.x y y z z x− − − + + ≥ + − + − + − 0,25 Áp dụng bất đẳng thức | , ta có:| | | | |a b a b+ ≥ + 2 2 2 2 (| | | | | |) | | | | | | | |(| | | |) | |(| | | |)x y y z z x x y y z z x x y y z z x y z z x x y− + − + − = − + − + − + − − + − + − − + − ( )2 2 2 | |(| | | |) 2 | | | | | | .z x x y y z x y y z z x+ − − + − ≥ − + − + − 0,25 Do đó ( ) ( )22 2 2 2 2 2 | | | | | | 2 | | | | | | 6 6 6 2 .x y y z z x x y y z z x x y z x y z− + − + − ≥ − + − + − = + + − + + Mà suy ra0,x y z+ + = 2 2 2 | | | | | | 6 6 6 .x y y z z x x y z− + − + − ≥ + + 0,25 6 (1,0 điểm) Suy ra | | | | | | 2 2 2 3 3 3 6 6 6x y y z z x P x− − − = + + − + + ≥3.y z Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. 0,25 Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra .AH HM⊥ 0,25 Trang 3/4 Hơn nữa, ta cũng có .AH HM= Do đó AM = 2 2 ( ,( ))MH d M AN= = 3 10 . 2 0,25 A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3). 3 10 2 MA = ⇔ ( ) ( ) 2 2 11 7 45 2 2 2 t t− + − = 2 0,25 7.a (1,0 điểm) ⇔ t t2 5 4 0 A B CD N M H P Q − + = ⇔ t 1= hoặc t 4.= Vậy: (1; 1)A − hoặc (4;5).A 0,25 Véc tơ chỉ phương của d là Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB.(1; 2; 1).a = Ta có nên tọa độ H có dạngH d∈ ( 1;2 ; 2) ( 1;2 ; 1).H t t t IH t t t− + ⇒ = − − 0,25 IH ⊥ AB ⇔ . 0 ⇔ ⇔IH a = 1 4 1 0t t t− + + − = 1 3 t = ( )2 2 2 ; ; . 3 3 3 IH⇒ = − − 0,25 Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là 2 6 2 . 3 R IA IH= = = 0,25 8.a (1,0 điểm) Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là 2 2 2 8 ( ): ( 3) . 3 S x y z+ + − = 0,25 1 5 n n nC C− = 3 ⇔ ( 1)( 2) 5 6 n n n n − − = 0,25 ⇔ (vì n nguyên dương).7n = 0,25 Khi đó ( ) 7 77 72 2 2 14 37 7 7 0 0 ( 1)1 1 1 . 14 2 2 2 n k k kk k k k k k Cnx x x C x x x x − − − = = −⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∑ ∑ 0,25 9.a (1,0 điểm) Số hạng chứa 5 x tương ứng với 14 3 5k− = ⇔ k 3= . Do đó số hạng cần tìm là 3 3 5 57 4 ( 1) . 35 . 0,25 162 C x x − =− www.VNMATH.com
  • 172. Câu Đáp án Điểm Phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 2 2 2 1, x y a b + = với và 2 80a b> > .a = Suy ra a 4.= 0,25 Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (E) và (C) có một giao điểm với tọa độ dạng ( ; ), 0.A t t t > 0,25 A∈(C) ⇔ t t2 2 8, Trang 4/4 + = suy ra t 2.= 0,25 7.b (1,0 điểm) (2;2) ( )A E∈ ⇔ 2 4 4 1 16 b + = ⇔ 2 16 .b 3 = Phương trình chính tắc của (E) là 2 2 1. 1616 3 x y + = 0,25 M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2). 0,25 MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t). 0,25 N∈(P) ⇔ ⇔ t3 2 2 2(2 ) 5 0t t t− − − − − + = 2,= suy ra M(3; 2; 4). 0,25 8.b (1,0 điểm) Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình 1 1 : 2 3 2 x y z 2− + − ∆ = = . 0,25 Đặt ( , ), 1.z a bi a b z= + ∈ ≠ − Ta có 5( ) 2 (3 2) ( 7 6) 1 z i i a b a b i z + = − ⇔ − − + − + = + 0 0,25 ⇔ ⇔ 3 2 7 6 a b a b − − =⎧ ⎨ − + =⎩ 0 0 1 1. a b =⎧ ⎨ =⎩ 0,25 Do đó Suy ra1 .z= +i 3 .i2 2 1 1 1 (1 ) 2w z z i i= + + = + + + + = + 0,25 9.b (1,0 điểm) Vậy 2 3 13.w i= + = 0,25 x2 2 O y A ------------- HẾT ------------- www.VNMATH.com
  • 173. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi ta có: .1,m = 3 2 3 3y x x= − + • Tập xác định: .D = • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: ' 02 ' 3 6 ;y x x= − y = ⇔ 0x = hoặc 2.x = 0,25 Các khoảng đồng biến: ( ; 0)−∞ và (2; )+ ∞ , khoảng nghịch biến: (0; 2). − Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 0,x = yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại 2,x = yCT = −1. − Giới hạn: vàlim x y →−∞ = −∞ lim . x y →+ ∞ = +∞ 0,25 − Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) 2 ' 3 6 ;y x mx= − ' 0 ⇔ hoặcy = 0x = 2 .x m= Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi 0m ≠ (*). 0,25 Các điểm cực trị của đồ thị là 3 (0; 3 )A m và 3 (2 ; ).B m m− Suy ra và3 3| |OA m= ( , ( )) 2| |.d B OA m= 0,25 48OABS∆ = ⇔ 3 44 8m = 0,25 1 (2,0 điểm) ⇔ thỏa mãn (*).2,m = ± 0,25 O 2 3 −1 x y +∞ –1 3 −∞ y 'y + 0 – 0 + x 0 2−∞ +∞ Trang 1/4 www.VNMATH.com
  • 174. Phương trình đã cho tương đương với: cos2 3sin2 cos 3sinx x x+ = − x 0,25 ⇔ ( ) ( )π π cos 2 cos 3 3 x x− = + 0,25 ⇔ ( )π π 2 2π ( ). 3 3 x x k k− =± + + ∈ 0,25 2 (1,0 điểm) ⇔ 2π 2π 3 x k= + hoặc 2π ( ) 3 x k k= ∈ . 0,25 Điều kiện: 0 2 hoặc3x≤ ≤ − 2x ≥ + 3 (*). Nhận xét: là nghiệm của bất phương trình đã cho.0x = Với bất phương trình đã cho tương đương với:0,x> 1 1 4 3x x xx + + + − ≥ (1). 0,25 Đặt 1 (2),t x x = + bất phương trình (1) trở thành 2 6 3t t− ≥ − 2 2 3 0 3 0 6 (3 ) t t t t − <⎡ ⎢ − ≥⇔ ⎧⎢⎨⎢ − ≥ −⎣⎩ 0,25 5 . 2 t⇔ ≥ Thay vào (2) ta được 1 5 2 2 x x x + ≥ ⇔ ≥ hoặc 1 2 x ≤ 0,25 3 (1,0 điểm) 1 0 4 x⇔ < ≤ hoặc . Kết hợp (*) và nghiệm4x ≥ 0,x = ta được tập nghiệm của bất phương trình đã cho là: 1 0; [4; ). 4 ⎡ ⎤ ∪ +∞⎢ ⎥⎣ ⎦ 0,25 Đặt t x suy ra Với2 ,= .2dt xdx= 0x= thì 0;t = với 1x= thì 1.t = 0,25 Khi đó 1 12 2 2 0 0 1 .2 d 1 d 2 2 (( 1)( 2) x x x t t I t tx x = = 1)( 2)+ ++ +∫ ∫ 0,25 ( ) ( ) 1 1 0 0 1 2 1 1 d ln| 2| ln| 1| 2 2 1 2 t t t t t = − = + − + + +∫ 0,25 4 (1,0 điểm) = 3 ln3 ln2. 2 − 0,25 Gọi D là trung điểm của cạnh AB và O là tâm của ∆ABC. Ta có AB CD⊥ và AB SO⊥ nên (AB SCD),⊥ do đó .AB SC⊥ 0,25 Mặt khác ,SC AH⊥ suy ra S ( ).C ABH⊥ 0,25 Ta có: 3 3 , 2 3 a a CD OC= = nên 2 2 33 . 3 a SO SC OC= − = Do đó . 11 4 SO CD a DH SC = = . Suy ra 2 1 1 . . 2 8 ABH a S AB DH∆ = = 1 0,25 5 (1,0 điểm) Ta có 2 2 7 . 4 a SH SC HC SC CD DH= − = − − = Do đó 3 . 1 7 . . 3 9 S ABH ABH a11 6 H S∆= =V S 0,25 O D B A H C S Trang 2/4 www.VNMATH.com
  • 175. Với và ta có:0x y z+ + = 2 2 2 1,x y z+ + = 2 2 2 2 2 0 ( ) 2 ( ) 2 1 2 2 ,x y z x y z x y z yz x yz= + + = + + + + + = − + nên 2 1 . 2 yz x= − Mặt khác 2 2 2 1 , 2 2 y z x yz + − ≤ = suy ra: 2 2 1 1 , 2 2 x x − − ≤ do đó 6 6 3 3 x− ≤ ≤ (*). 0,25 Khi đó: P = 5 2 2 3 3 2 2 ( )( ) ( )x y z y z y z y z+ + + − + = ( ) 2 5 2 2 2 2 1 (1 ) ( )( ) ( ) 2 x x y z y z yz y z x+ − + + − + + −⎡ ⎤⎣ ⎦ x = ( ) ( ) 2 5 2 2 2 21 1 (1 ) (1 ) 2 2 x x x x x x x⎡ ⎤+ − − − + − + − ⎢ ⎥⎣ ⎦ x = ( )35 2 . 4 x x− 0,25 Xét hàm 3 ( ) 2f x x= − x trên 6 6 ; 3 3 , ⎡ ⎤ −⎢ ⎥ ⎢ ⎥⎣ ⎦ suy ra 2 '( ) 6 1;f x x= − 6 '( ) 0 . 6 f x x= ⇔ = ± Ta có 6 6 6 9 , 3 6 f f ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ − = =−⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 6 6 . 3 6 f f ⎛ ⎞ ⎛ ⎞ = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 6 9 Do đó 6 ( ) . 9 f x ≤ Suy ra 5 6 . 36 P ≤ 0,25 6 (1,0 điểm) Khi 6 , 3 6 x y z= = =− 6 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 6 . 36 0,25 (C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có .A Trang 3/4 B OI⊥ Mà AB d⊥ và O d∉ nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x. 0,25 Mặt khác 2( )I C ,∈ nên tọa độ của I thỏa mãn hệ: 2 2 3 (3;3). 312 18 0 y x x I yx y x =⎧ =⎧⎪ ⇔ ⇒⎨ ⎨ =+ − + = ⎩⎪⎩ 0,25 Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính ( , ) 2 2.R d I d= = 0,25 7.a (1,0 điểm) Vậy phương trình của (C) là 2 2 ( 3) ( 3) 8x y .− + − = 0,25 Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S). Do nên tọa độ của điểm I có dạngI d∈ (1 2 ; ; 2 ).I t t t+ − 0,25 Do nên, ( )A B S∈ ,AI BI= suy ra .2 2 2 2 2 2 (2 1) ( 1) 4 (2 3) ( 3) (2 2) 1t t t t t t t− + − + = + + − + + ⇒ =− 0,25 Do đó và bán kính mặt cầu là( 1; 1; 2)I − − 17.IA = 0,25 8.a (1,0 điểm) Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là 2 2 2 ( 1) ( 1) ( 2) 17x y z+ + + + − = . 0,25 Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C4 25 12650.= 0,25 Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là 1 3 2 2 3 1 15 10 15 10 15 10. . .C C C C C C+ + 0,25 = 11075. 0,25 9.a (1,0 điểm) Xác suất cần tính là 11075 443 . 12650 506 P = = 0,25 B A I d (C2) (C) (C1) www.VNMATH.com
  • 176. Trang 4/4 Giả sử 2 2 2 2 ( ): 1( 0). x y E a a b b+ = > > Hình thoi ABCD có 2AC BD= và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA 2 .OB= 0,25 Không mất tính tổng quát, ta có thể xem và( ;0)A a ( )0; . 2 a B Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB, suy ra OH là bán kính của đường tròn ( ) 2 2 : 4.C x y+ = 0,25 Ta có: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 4 . 4 OH OA OB a a = = + = + 2 0,25 7.b (1,0 điểm) Suy ra do đó b Vậy phương trình chính tắc của (E) là2 20,a = 2 5.= 2 2 1. 20 5 x y + = 0,25 Do ,B Ox C Oy∈ ∈ nên tọa độ của B và C có dạng: B b và C c( ; 0; 0) (0; ; 0). 0,25 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: ( ); ; 1 .G 3 3 b c 0,25 Ta có nên đường thẳng AM có phương trình(1;2; 3)AM = − 3 . 1 2 3 x y z− = = − Do G thuộc đường thẳng AM nên 2 . 3 6 3 b c − = = − Suy ra 2b = và 4.c = 0,25 8.b (1,0 điểm) Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là 1, 2 4 3 x y z + + = nghĩa là ( ): 6 3 4 12 0.P x y z+ + − = 0,25 Phương trình bậc hai 2 2 3 4 0z i z− − = có biệt thức 4.∆ = 0,25 Suy ra phương trình có hai nghiệm: 1 1 3z i= + và 2 1 3z i= − + . 0,25 • Dạng lượng giác của là1z 1 π π 2 cos sin . 3 3 z i⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 9.b (1,0 điểm) • Dạng lượng giác của là2z 2 2π 2π 2 cos sin . 3 3 z i⎛ ⎞= +⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 O H x y D A B C ---------- HẾT ---------- www.VNMATH.com
  • 177. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi hàm số trở thành1,m = 3 22 2 4 . 3 3 y x x x= − − + • Tập xác định: .D = • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: hoặc2 2 2 4; 0y x x y x′ ′= − − = ⇔ = −1 2.x = 0,25 Các khoảng đồng biến: và( ; 1−∞ − ) (2; );+∞ khoảng nghịch biến .( 1;2)− - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1,x = − yCĐ 3,= đạt cực tiểu tại 2,x = yCT 6.= − - Giới hạn: lim , lim , x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) Ta có .2 2 2 2 2(3 1)y x mx m′ = − − − 0,25 Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình 0y′ = có hai nghiệm phân biệt 2 13 4 0m⇔ − > 2 13 13 m⇔ > hoặc 2 13 . 13 m < − 0,25 Ta có: 1 2x x m+ = và 2 1 2 1 3 ,x x = − m do đó 2 1 2 1 22( ) 1 1 3 2 1x x x x m m+ + = ⇔ − + = 0,25 1 (2,0 điểm) 0m⇔ = hoặc 2 . 3 m = Kiểm tra điều kiện ta được 2 . 3 m = 0,25 −∞ +∞3 –6 y 'y + 0 – 0 + x −∞ –1 2 +∞ x–1 O 2 – 6 3 y Trang 1/4 www.VNMATH.com
  • 178. Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với: (2sin 2cos 2)cos2 0.x x x+ − = 0,25 π π cos2 0 ( ). 4 2 k x x k• = ⇔ = + ∈ 0,25 2sin 2cos 2 0x x• + − = ( )π 1 cos 4 2 x⇔ − = 0,25 2 (1,0 điểm) 7π 2π 12 x k⇔ = + hoặc π 2π ( ) 12 x k k= − + ∈ . Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: π π , 4 2 k x = + 7π 2π, 12 x k= + π 2π ( ) 12 x k k= − + ∈ . 0,25 Hệ đã cho tương đương với: 2 2 0 (1) (2)(2 1)( ) 0 xy x x y x y + − =⎧⎪ ⎨ − + − =⎪⎩ 0,25 2 1 0 2x y y x• − + = ⇔ = +1. Thay vào (1) ta được 2 1 5 1 0 . 2 x x x − ± + − = ⇔ = Do đó ta được các nghiệm 1 5 ( ; ) ; 5 2 x y ⎛ ⎞− + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ và 1 5 ( ; ) ; 5 . 2 x y ⎛ ⎞− − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 2 0 2 .x y y• − = ⇔ = x Thay vào (1) ta được 3 2 2 0 ( 1)( 2) 0x x x x x+ − = ⇔ − + + = 0,25 3 (1,0 điểm) 1.x⇔ = Do đó ta được nghiệm ( ; ) (1; 1).x y = Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là: ( ; ) (1; 1),x y = 1 5 ( ; ) ; 5 2 x y ⎛ ⎞− + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ , 1 5 ( ; ) ; 5 . 2 x y ⎛ ⎞− − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ 0,25 π π π ππ 4 4 4 42 24 0 0 0 00 π d sin 2 d sin 2 d sin 2 2 32 x I x x x x x x x x x x x= + = + = +∫ ∫ ∫ ∫ d . 0,25 Đặt suy ra;d sin2 d ,u x v x x= = 1 d d ; cos2 2 u x v x= = − . 0,25 Khi đó π π π 4 4 4 00 0 1 1 1 sin 2 d cos2 cos2 d cos2 d 2 2 2 π 4 0 x x x x x x x x x= − + =∫ ∫ ∫ 0,25 4 (1,0 điểm) π 4 0 1 1 sin 2 . 4 4 x= = Do đó 2 π 1 . 32 4 I = + 0,25 Tam giác A AC′ vuông cân tại A và A C a′ = nên A A AC′ = . 2 a = Do đó . 2 a AB B C′ ′= = 0,25 3 ' 1 1 ' '. ' '. . ' . 3 6 ABB C ABB a V B C S B C AB BB′ ′ ∆= = = 2 48 0,25 Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của .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 5 (1,0 điểm) Ta có 2 2 2 1 1 1 6 . ' 2 AH AB AA a = + = Do đó 6 ( ,( ')) . 6 a d A BCD AH= = 0,25 A B C D 'A 'D 'C 'B H Trang 2/4 www.VNMATH.com
  • 179. Câu Đáp án Điểm Ta có 2 2 ( 4) ( 4) 2 32 2 ( ) 8( ) 0 0x y x y x yx y xy− + − + ≤ 8.⇔ + − + ≤ ⇔ ≤ + ≤ 0,25 3 ( ) 3( ) 6 6A x y x y xy= + − + − + 3 23 ( ) ( ) 3( ) 2 x y x y x y≥ + − + − + + 6. Xét hàm số: 3 23 ( ) 3 6 2 f t t t t= − − + trên đoạn [0; 8]. Ta có 2 ( ) 3 3 3,f t t t′ = − − 1 5 ( ) 0 2 f t t + ′ = ⇔ = hoặc 1 5 2 t − = (loại). 0,25 Ta có 1 5 17 5 5 (0) 6, , (8) 398. 2 4 f f f ⎛ ⎞+ − = =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠ = Suy ra 17 5 5 . 4 A − ≥ 0,25 6 (1,0 điểm) Khi 1 5 4 x y + = = thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 17 5 5 . 4 − 0,25 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 3 0 4 0 x y x y + =⎧ ⎨ − + =⎩ ( 3;1).A⇒ − 0,25 Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có phương trình là 4 0. 3 x y− + = Vì N thuộc AC, nên tọa độ của điểm N thỏa mãn hệ 4 0 1 1; .3 3 3 0 x y N x y ⎧ − + =⎪ ⎛ ⎞ ⇒ −⎨ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎪ + =⎩ 0,25 Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN và vuông góc với AD, nên có phương trình là 0.x y+ = Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD. Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ ⎧ ⎨ 0 3 0 x y x y + = ,+ =⎩ và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ 0 4 0. x y x y + =⎧ ⎨ − + =⎩ Do đó I(0; 0) và K(−2;2). 0,25 7.a (1,0 điểm) 2 (3; 1);AC AI C= ⇒ − 2 ( 1;3);AD AK D= ⇒ − (1; 3).BC AD B= ⇒ − 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình. 0,25 Ta có ( ;( )) 3.IH d I P= = 0,25 Bán kính của mặt cầu (S) là: 2 2 3 4 5R .= + = 0,25 8.a (1,0 điểm) Phương trình của mặt cầu (S) là: 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 3) 25x y z− + − + − = . 0,25 Ta có: 2(1 2 ) (2 ) 7 8 (2 ) 4 7 1 i i z i i z i i + + + = + ⇔ + = + + 0,25 3 2 .z i⇔ = + 0,25 Do đó 4 3 .w i= + 0,25 9.a (1,0 điểm) Môđun của w là 2 2 4 3 5+ = . 0,25 I N M D C BA K Trang 3/4 www.VNMATH.com
  • 180. Câu Đáp án Điểm Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình. Do nên tọa độ của I có dạngI d∈ ( ;2 3).I t t+ 0,25 ( , ) ( , )AB CD d I Ox d I Oy= ⇔ = | | | 2 3| 1t t t⇔ = + ⇔ = − hoặc 3.t =− 0,25 • Với ta được nên1t = − ( 1;1),I − ( ; ) 1.d I Ox = Suy ra, bán kính của (C) là 2 2 1 1 2.+ = Do đó 2 2 ( ): ( 1) ( 1) 2.C x y+ + − = 0,25 7.b (1,0 điểm) • Với ta được nên3t = − ( 3; 3),I − − ( ; ) 3.d I Ox = Suy ra, bán kính của (C) là 2 2 3 1 10.+ = Do đó 2 2 ( ): ( 3) ( 3) 10.C x y+ + + = 0,25 Do M d∈ nên tọa độ của điểm M có dạng (1 2 ; 1 ; ).M t t t+ − − 0,25 Ta có (2 ; ; 2), ( 1 2 ; ; ).AM t t t BM t t t= − − = − + − Tam giác AMB vuông tại M . 0AM BM⇔ = 0,25 2 2 2 ( 1 2 ) ( 2) 0 6 4 0t t t t t t t⇔ − + + + − = ⇔ − = 0,25 8.b (1,0 điểm) 0t⇔ = hoặc 2 . 3 t = Do đó ( )1; 1;0M − hoặc 7 5 2 ; ; 3 3 3 M ⎛ ⎞ −⎜ ⎟ ⎝ ⎠ . 0,25 Phương trình bậc hai có biệt thức2 3(1 ) 5 0z i z i+ + + = 2 .i∆ = − 0,25 2 (1 ) .i= − 0,25 Do đó nghiệm của phương trình là 3(1 ) (1 ) 1 2 2 i i z i − + + − = = − − 0,25 9.b (1,0 điểm) hoặc 3(1 ) (1 ) 2 . 2 i i z i − + − − = = − − 0,25 ------------- HẾT------------- Trang 4/4 www.VNMATH.com