Your SlideShare is downloading. ×
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013
Upcoming SlideShare
Loading in...5
×

Thanks for flagging this SlideShare!

Oops! An error has occurred.

×
Saving this for later? Get the SlideShare app to save on your phone or tablet. Read anywhere, anytime – even offline.
Text the download link to your phone
Standard text messaging rates apply

[Www.toan capba.net] các đề thi đh và đáp án từ năm 2002 đến năm 2013

11,353

Published on

1 Comment
4 Likes
Statistics
Notes
No Downloads
Views
Total Views
11,353
On Slideshare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
1
Actions
Shares
0
Downloads
463
Comments
1
Likes
4
Embeds 0
No embeds

Report content
Flagged as inappropriate Flag as inappropriate
Flag as inappropriate

Select your reason for flagging this presentation as inappropriate.

Cancel
No notes for slide

Transcript

  • 1. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO −−−−− −−−− ÑEÀ CHÍNH THÖÙC ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC NAÊM 2013 Moân: TOAÙN; Khoái A vaø khoái A1 Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà −−−−−−−−−− −−−−−−−−− I. PHAÀN CHUNG CHO TAÁT CAÛ THÍ SINH (7,0 ñieåm) Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y = −x3 + 3x2 + 3mx − 1 (1), vôùi m laø tham soá thöïc. a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá (1) khi m = 0. b) Tìm m ñeå haøm soá (1) nghòch bieán treân khoaûng (0; + ∞). √ π Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình 1 + tan x = 2 2 sin x + . 4 √ √ x + 1 + 4 x − 1 − y4 + 2 = y Caâu 3 (1,0 ñieåm). Giaûi heä phöông trình x2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0 (x, y ∈ R). 2 Caâu 4 (1,0 ñieåm). Tính tích phaân x2 − 1 ln x dx. x2 I= 1 Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho hình choùp S.ABC coù ñaùy laø tam giaùc vuoâng taïi A, ABC = 30◦ , SBC laø tam giaùc ñeàu caïnh a vaø maët beân SBC vuoâng goùc vôùi ñaùy. Tính theo a theå tích cuûa khoái choùp S.ABC vaø khoaûng caùch töø ñieåm C ñeán maët phaúng (SAB). Caâu 6 (1,0 ñieåm). Cho caùc soá thöïc döông a, b, c thoûa maõ√ ñieàu kieän (a + c)(b + c) = 4c2 . Tìm giaù trò n 3 3 32a 32b a 2 + b2 nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc P = + − . (b + 3c)3 (a + 3c)3 c II. PHAÀN RIEÂNG (3,0 ñieåm): Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B) A. Theo chöông trình Chuaån Caâu 7.a (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho hình chöõ nhaät ABCD coù ñieåm C thuoäc ñöôøng thaúng d : 2x + y + 5 = 0 vaø A(−4; 8). Goïi M laø ñieåm ñoái xöùng cuûa B qua C, N laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa B treân ñöôøng thaúng MD. Tìm toïa ñoä caùc ñieåm B vaø C, bieát raèng N(5; −4). x−6 y+1 z+2 Caâu 8.a (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñöôøng thaúng ∆ : = = −3 −2 1 vaø ñieåm A(1; 7; 3). Vieát phöông trình maët phaúng (P ) ñi qua A vaø vuoâng goùc vôùi ∆. Tìm toïa ñoä ñieåm √ M thuoäc ∆ sao cho AM = 2 30. Caâu 9.a (1,0 ñieåm). Goïi S laø taäp hôïp taát caû caùc soá töï nhieân goàm ba chöõ soá phaân bieät ñöôïc choïn töø caùc chöõ soá 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xaùc ñònh soá phaàn töû cuûa S. Choïn ngaãu nhieân moät soá töø S, tính xaùc suaát ñeå soá ñöôïc choïn laø soá chaün. B. Theo chöông trình Naâng cao Caâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong √ t phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñöôøng thaúng ∆ : x − y = 0. Ñöôøng maë √ troøn (C) coù baùn kính R = 10 caét ∆ taïi hai ñieåm A vaø B sao cho AB = 4 2. Tieáp tuyeán cuûa (C) taïi A vaø B caét nhau taïi moät ñieåm thuoäc tia Oy. Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C). Caâu 8.b (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho maët phaúng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0 vaø maët caàu (S) : x2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y − 2z − 8 = 0. Chöùng minh (P ) tieáp xuùc vôùi (S). Tìm toïa ñoä tieáp ñieåm cuûa (P ) vaø (S). √ Caâu 9.b (1,0 ñieåm). Cho soá phöùc z = 1 + 3 i. Vieát daïng löôïng giaùc cuûa z. Tìm phaàn thöïc vaø phaàn aûo cuûa soá phöùc w = (1 + i)z5. − − − Heát− − − −− −− Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm. Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 1
  • 2. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = 0 ta có y = − x3 + 3 x 2 − 1. • Tập xác định: D = . • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = −3x 2 + 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (−∞; 0) và (2; + ∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 2, yCĐ = 3. - Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞. x→−∞ 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ 0 y' − +∞ 2 0 0 3 + +∞ y − 0,25 −1 • Đồ thị: −∞ y 3 0,25 2 O x −1 b. (1,0 điểm) Ta có y ' = −3x 2 + 6 x + 3m. 0,25 Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; + ∞) khi và chỉ khi y ' ≤ 0, ∀x > 0 ⇔ m ≤ x 2 − 2 x, ∀x > 0. 0,25 Xét f ( x) = x 2 − 2 x với x > 0. Ta có f '( x) = 2 x − 2; f '( x) = 0 ⇔ x = 1. Bảng biến thiên: x 0 − f '( x) f ( x) +∞ 1 0 + 0,25 +∞ 0 −1 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m ≤ −1. Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 2
  • 3. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu 2 (1,0 điểm) Đáp án Điểm Điều kiện: cos x ≠ 0. Phương trình đã cho tương đương với 1 + sin x = 2(sin x + cos x) cos x 0,25 ⇔ (sin x + cos x)(2cos x − 1) = 0. • sin x + cos x = 0 ⇔ x = − • 2cos x − 1 = 0 ⇔ x = ± 0,25 π + kπ (k ∈ ). 4 π + k 2π (k ∈ ). 3 Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: x = − 3 (1,0 điểm) 0,25 0,25 π π + kπ hoặc x = ± + k 2π (k ∈ ). 4 3 ⎧ x + 1 + 4 x − 1 − y 4 + 2 = y (1) ⎪ ⎨ ⎪ x 2 + 2 x( y − 1) + y 2 − 6 y + 1 = 0 (2) ⎩ 0,25 Điều kiện: x ≥ 1. Từ (2) ta được 4 y = ( x + y − 1) 2 , suy ra y ≥ 0. Đặt u = 4 x − 1, suy ra u ≥ 0. Phương trình (1) trở thành: Xét f (t ) = t 4 + 2 + t , với t ≥ 0. Ta có f '(t ) = 2t 3 4 t +2 u4 + 2 + u = y 4 + 2 + y (3). + 1 > 0, ∀t ≥ 0. 0,25 Do đó phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa là x = y 4 + 1. Thay vào phương trình (2) ta được y ( y 7 + 2 y 4 + y − 4) = 0 (4). 0,25 Hàm g ( y ) = y 7 + 2 y 4 + y − 4 có g '( y ) = 7 y 6 + 8 y 3 + 1 > 0 với mọi y ≥ 0. Mà g (1) = 0, nên (4) có hai nghiệm không âm là y = 0 và y = 1. Với y = 0 ta được nghiệm ( x; y ) = (1; 0); với y = 1 ta được nghiệm ( x; y ) = (2; 1). Vậy nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (1; 0) và (2; 1). 4 (1,0 điểm) Đặt u = ln x, dv = x2 − 1 x 2 2 dx ⇒ du = 0,25 dx 1 , v= x+ . x x 0,25 2 1 1 1 Ta có I = ⎛ x + ⎞ ln x − ∫ ⎛ x + ⎞ dx ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ x⎠ x⎠x ⎝ 1 1⎝ 0,25 2 1 1 2 = ⎛ x + ⎞ ln x − ⎛ x − ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ x⎠ x ⎠1 ⎝ 1 ⎝ 5 3 = ln 2 − . 2 2 5 (1,0 điểm) 0,25 0,25 Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC. Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC). Ta có BC = a, suy ra SH = S AB = BC cos30o = Do đó VS . ABC = I B H C 0,25 a a 3 ; AC = BC sin 30o = ; 2 2 a 3 . 2 0,25 1 a3 SH . AB. AC = . 6 16 Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB. 0,25 AB 2 a 13 = . 4 4 3V 6V a 39 . Suy ra d (C ,( SAB )) = S . ABC = S . ABC = S ΔSAB SI . AB 13 A 0,25 Do đó SI = SB 2 − Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 3
  • 4. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu 6 (1,0 điểm) Đáp án Đặt x = Điểm a b , y = . Ta được x > 0, y > 0. Điều kiện của bài toán trở thành xy + x + y = 3. c c 3 3 32 y Khi đó P = 32 x + − x2 + y2 . 3 3 ( y + 3) ( x + 3) 0,25 (u + v)3 Với mọi u > 0, v > 0 ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − 3 (u + v)3 = . 4 4 3 3 3 3 3 3 3 2 32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ x + y ⎞ = 8 ⎛ ( x + y ) − 2 xy + 3 x + 3 y ⎞ . ⎜ ⎟ ⎜ y +3 x+3⎟ xy + 3 x + 3 y + 9 ⎝ ⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 ⎝ ⎠ Thay xy = 3 − x − y vào biểu thức trên ta được Do đó 3 3 32 x3 + 32 y ≥ 8 ⎛ ( x + y − 1)( x + y + 6) ⎞ = ( x + y − 1)3 . Do đó ⎜ ⎟ 2( x + y + 6) ⎝ ⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 0,25 P ≥ ( x + y −1)3 − x 2 + y 2 = ( x + y −1)3 − ( x + y ) 2 − 2 xy = ( x + y −1)3 − ( x + y ) 2 + 2( x + y ) − 6. Đặt t = x + y. Suy ra t > 0 và P ≥ (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6. ( x + y )2 t2 nên (t − 2)(t + 6) ≥ 0. Do đó t ≥ 2. =t+ 4 4 t +1 Xét f (t ) = (t − 1)3 − t 2 + 2t − 6, với t ≥ 2. Ta có f '(t ) = 3(t − 1) 2 − . t 2 + 2t − 6 Ta có 3 = x + y + xy ≤ ( x + y ) + Với mọi t ≥ 2 ta có 3(t − 1) 2 ≥ 3 và t +1 t 2 + 2t − 6 = 1+ 0,25 7 ≤ 1 + 7 = 3 2 , nên 2 2 2 (t + 1) − 7 3 2 > 0. Suy ra f (t ) ≥ f (2) = 1 − 2. Do đó P ≥ 1 − 2 . 2 Khi a = b = c thì P = 1 − 2. Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 − 2 . Do C ∈ d nên C (t ; −2t − 5). Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. Do đó I t − 4 ; −2t + 3 . 2 2 Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA. A D Do đó ta có phương trình f '(t ) ≥ 3 − 7.a (1,0 điểm) ( N B 8.a (1,0 điểm) C M 0,25 ) ( I 0,25 ) ( ) 2 2 ⎛ 5 − t − 4 ⎞ + − 4 − −2t + 3 2 = − 4 − t − 4 2 + ⎛8 − − 2t + 3 ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 ⎠ 2 2 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⇔ t = 1. Suy ra C (1; −7). Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra AC||DM. Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC. Đường thẳng AC có phương trình: 3 x + y + 4 = 0. Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình x − 3 y − 17 = 0. Do đó B(3a + 17; a ). Trung điểm của BN thuộc AC nên 3a + 17 + 5 ⎞ a − 4 3⎛ + 4 = 0 ⇔ a = −7. Vậy B ( −4; −7). ⎜ ⎟+ 2 2 ⎝ ⎠ 0,25 0,25 0,25 Δ có véctơ chỉ phương là u = (−3; −2;1). 0,25 (P) qua A và nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình −3( x − 1) − 2( y − 7) + ( z − 3) = 0 ⇔ 3x + 2 y − z − 14 = 0. 0,25 M thuộc Δ nên M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t ). 0,25 AM = 2 30 ⇔ (6 − 3t − 1) 2 + (−1 − 2t − 7) 2 + (−2 + t − 3) 2 = 120 ⇔ 7t 2 − 4t − 3 = 0 51 ; − 1 ; − 17 . ⇔ t = 1 hoặc t = − 3 . Suy ra M (3; −3; −1) hoặc M 7 7 7 7 Trang 3/4 ( ) LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 4
  • 5. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 9.a (1,0 điểm) Số phần tử của S là A3 7 = 210. Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 = 90 (cách). 90 3 = . Xác suất cần tính bằng 210 7 Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao điểm của AB và IM. Khi đó M (0; t ), với t ≥ 0; H là trung điểm AB = 2 2. của AB. Suy ra AH = 2 M 1 1 1 = + , suy ra AM = 2 10. 2 2 AH AM AI 2 B Do đó MH = AM 2 − AH 2 = 4 2. |t | , nên t = 8. Do đó M (0; 8). Mà MH = d ( M , Δ ) = H 2 Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương I trình x + y − 8 = 0. Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ A ⎧x − y = 0 Δ ⇒ H (4; 4). ⎨ ⎩x + y − 8 = 0 1 1 Ta có IH = IA2 − AH 2 = 2 = HM , nên IH = HM . 4 4 Do đó I (5;3). 0,25 7.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy đường tròn (C) có phương trình ( x − 5) 2 + ( y − 3) 2 = 10. 8.b (1,0 điểm) (S) có tâm I (1; −2;1) và bán kính R = 14. d ( I ,( P)) = | 2.1 + 3(−2) + 1.1 − 11| = 0,25 14 = R. Do đó (P) tiếp xúc với (S). 14 0,25 22 + 32 + 12 Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P). Do đó M (1 + 2t ; −2 + 3t ;1 + t ). Do M thuộc (P) nên 2(1 + 2t ) + 3(−2 + 3t ) + (1 + t ) − 11 = 0 ⇔ t = 1. Vậy M (3;1; 2). 9.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 ⎛1 3⎞ z = 1 + 3i = 2 ⎜ + i ⎟ 2 ⎠ ⎝2 π π = 2 ⎛ cos + i sin ⎞ . ⎜ ⎟ 3 3⎠ ⎝ 5π 5π Suy ra z 5 = 25 ⎛ cos + i sin ⎞ = 16(1 − 3i ). ⎜ ⎟ 3 3 ⎠ ⎝ 0,25 0,25 0,25 Do đó w = 16( 3 + 1) + 16(1 − 3)i. 0,25 Vậy w có phần thực là 16( 3 + 1) và phần ảo là 16(1 − 3). ------------- Hết ------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 5
  • 6. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO −−−− − − − − −− ÑEÀ CHÍNH THÖÙC ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC NAÊM 2013 Moân: TOAÙN; Khoái B Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà −−−−−−−−−− −−−−−−−−− I. PHAÀN CHUNG CHO TAÁT CAÛ THÍ SINH (7,0 ñieåm) Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y = 2x3 − 3(m + 1)x2 + 6mx (1), vôùi m laø tham soá thöïc. a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá (1) khi m = −1. b) Tìm m ñeå ñoà thò haøm soá (1) coù hai ñieåm cöïc trò A vaø B sao cho ñöôøng thaúng AB vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng y = x + 2. Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình sin 5x + 2 cos2 x = 1. Caâu 3 (1,0 ñieåm). Giaûi heä phöông trình 1 Caâu 4 (1,0 ñieåm). Tính tích phaân 2x2 + y 2 − 3xy + 3x − 2y + 1 = 0 (x, y ∈ R). √ √ 4x2 − y 2 + x + 4 = 2x + y + x + 4y √ x 2 − x2 dx. I= 0 Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy laø hình vuoâng caïnh a, maët beân SAB laø tam giaùc ñeàu vaø naèm trong maët phaúng vuoâng goùc vôùi maët phaúng ñaùy. Tính theo a theå tích cuûa khoái choùp S.ABCD vaø khoaûng caùch töø ñieåm A ñeán maët phaúng (SCD). Caâu 6 (1,0 ñieåm). Cho a, b, c laø caùc soá thöïc döông. Tìm giaù trò lôùn nhaát cuûa bieåu thöùc 4 9 P =√ − . a 2 + b 2 + c2 + 4 (a + b) (a + 2c)(b + 2c) II. PHAÀN RIEÂNG (3,0 ñieåm): Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B) A. Theo chöông trình Chuaån Caâu 7.a (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho hình thang caân ABCD coù hai ñöôøng cheùo vuoâng goùc vôùi nhau vaø AD = 3BC. Ñöôøng thaúng BD coù phöông trình x + 2y − 6 = 0 vaø tam giaùc ABD coù tröïc taâm laø H(−3; 2). Tìm toïa ñoä caùc ñænh C vaø D. Caâu 8.a (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñieåm A(3; 5; 0) vaø maët phaúng (P ) : 2x + 3y − z − 7 = 0. Vieát phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua A vaø vuoâng goùc vôùi (P ). Tìm toïa ñoä ñieåm ñoái xöùng cuûa A qua (P ). Caâu 9.a (1,0 ñieåm). Coù hai chieác hoäp chöùa bi. Hoäp thöù nhaát chöùa 4 vieân bi ñoû vaø 3 vieân bi traéng, hoäp thöù hai chöùa 2 vieân bi ñoû vaø 4 vieân bi traéng. Laáy ngaãu nhieân töø moãi hoäp ra 1 vieân bi, tính xaùc suaát ñeå 2 vieân bi ñöôïc laáy ra coù cuøng maøu. B. Theo chöông trình Naâng cao Caâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC coù chaân ñöôøng cao haï 17 1 töø ñænh A laø H ; − , chaân ñöôøng phaân giaùc trong cuûa goùc A laø D(5; 3) vaø trung ñieåm cuûa caïnh 5 5 AB laø M(0; 1). Tìm toïa ñoä ñænh C. Caâu 8.b (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho caùc ñieåm A(1; −1; 1), B(−1; 2; 3) vaø x+1 y−2 z −3 ñöôøng thaúng ∆ : = = . Vieát phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua A, vuoâng goùc vôùi −2 1 3 hai ñöôøng thaúng AB vaø ∆. Caâu 9.b (1,0 ñieåm). Giaûi heä phöông trình x2 + 2y = 4x − 1 2 log 3 (x − 1) − log√3(y + 1) = 0. − − − Heát− − − −− −− Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm. Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 6
  • 7. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = −1 ta có y = 2 x3 − 6 x. • Tập xác định: D = . 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 6 x 2 − 6; y ' = 0 ⇔ x = ±1. Các khoảng đồng biến: (−∞; − 1) và (1; + ∞); khoảng nghịch biến: (−1; 1). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = −4; đạt cực đại tại x = −1, yCĐ = 4. 0,25 - Giới hạn: lim y = − ∞; lim y = + ∞. x→−∞ x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ −1 y' + +∞ 1 − 0 + 0 +∞ 4 y 0,25 −4 −∞ • Đồ thị: y 4 0,25 1 −1 O x −4 b. (1,0 điểm) Ta có y ' = 6 x 2 − 6(m + 1) x + 6m; y ' = 0 ⇔ x = 1 hoặc x = m. 0,25 Điều kiện để đồ thị hàm số có hai điểm cực trị là m ≠ 1. 0,25 Ta có A(1;3m −1), B(m; −m3 + 3m2 ). Hệ số góc của đường thẳng AB là k = −(m −1)2 . 0,25 Đường thẳng AB vuông góc với đường thẳng y = x + 2 khi và chỉ khi k = −1 ⇔ m = 0 hoặc m = 2. 0,25 Vậy giá trị m cần tìm là m = 0 hoặc m = 2. Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 7
  • 8. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu 2 (1,0 điểm) 3 (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với sin 5 x + cos 2 x = 0 0,25 π ⇔ cos ⎛ 5 x + ⎞ = cos 2 x ⎜ ⎟ 2⎠ ⎝ π ⇔ 5 x + = ± 2 x + k 2π (k ∈ ) 2 ⎡ x = − π + k 2π ⎢ 6 3 ⇔⎢ (k ∈ ). π ⎢ x = − + k 2π ⎢ ⎣ 14 7 0,25 0,25 0,25 ⎧ 2 x 2 + y 2 − 3 xy + 3 x − 2 y + 1 = 0 ⎪ ⎨ 2 ⎪4 x − y 2 + x + 4 = 2 x + y + x + 4 y ⎩ (1) 0,25 (2) Điều kiện: 2 x + y ≥ 0, x + 4 y ≥ 0. Từ (1) ta được y = x + 1 hoặc y = 2 x + 1. • Với y = x + 1, thay vào (2) ta được 3x 2 − x + 3 = 3x +1 + 5 x + 4 ⇔ 3( x 2 − x) + ( x +1− 3x +1) + ( x + 2 − 5 x + 4) = 0 0,25 1 1 ⎛ ⎞ ⇔ ( x − x) ⎜ 3 + + ⎟=0 x +1+ 3x +1 x + 2 + 5 x + 4 ⎠ ⎝ 2 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. Khi đó ta được nghiệm ( x; y ) là (0;1) và (1;2). 0,25 • Với y = 2 x + 1, thay vào (2) ta được 3 − 3x = 4 x +1 + 9 x + 4 ⇔ 3x + ( 4 x +1 −1) + ( 9 x + 4 − 2) = 0 0,25 4 9 ⎞ ⎛ ⇔ x ⎜ 3+ + ⎟ = 0 ⇔ x = 0. Khi đó ta được nghiệm ( x; y ) là (0; 1). 4 x +1 +1 9x + 4 + 2 ⎠ ⎝ Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (0;1) và (1;2). 4 (1,0 điểm) Đặt t = 2 − x 2 ⇒ tdt = − xdx. Khi x = 0 thì t = 2, khi x = 1 thì t = 1. Suy ra I = 2 ∫ 0,25 t 2 dt 0,25 1 t3 = 3 = 5 (1,0 điểm) 2 0,25 1 2 2 −1 . 3 0,25 a 3 . 2 Mà (SAB) vuông góc với (ABCD) theo giao tuyến AB, nên SH ⊥ (ABCD). 1 a3 3 Do đó VS . ABCD = SH .S ABCD = . 3 6 S I A D K H B 0,25 0,25 Gọi H là trung điểm của AB, suy ra SH ⊥ AB và SH = C Do AB || CD và H∈AB nên d ( A,( SCD )) = d ( H ,( SCD )). Gọi K là trung điểm của CD và I là hình chiếu vuông góc của H trên SK. Ta có HK⊥CD. Mà SH⊥CD ⇒ CD⊥(SHK) ⇒ CD ⊥ HI. Do đó HI ⊥(SCD). Suy ra d ( A,( SCD )) = HI = Trang 2/4 SH .HK SH 2 + HK 2 = 0,25 a 21 . 7 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 8
  • 9. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án 6 (1,0 điểm) Ta có: (a + b) (a + 2c)(b + 2c) ≤ ( a + b) a + b + 4c = a + b + 2ab + 4ac + 4bc ≤ 2( a 2 + b 2 + c 2 ). 2 2 4 9 Đặt t = a 2 + b 2 + c 2 + 4, suy ra t > 2 và P ≤ − . 2 t 2(t − 4) Điểm 2 Xét f (t ) = 2 0,25 4 9 4 9t −(t − 4)(4t 3 + 7t 2 − 4t − 16) − , với t > 2. Ta có f '(t ) = − + = . t 2(t 2 − 4) t 2 (t 2 − 4) 2 t 2 (t 2 − 4)2 0,25 Với t > 2 ta có 4t 3 + 7t 2 − 4t − 16 = 4(t 3 − 4) + t (7t − 4) > 0. Do đó f '(t ) = 0 ⇔ t = 4. Bảng biến thiên: t 2 4 +∞ f '(t ) + 0 5 8 f (t ) −∞ − 0,25 0 5 Từ bảng biến thiên ta được P ≤ . 8 5 5 Khi a = b = c = 2 ta có P = . Vậy giá trị lớn nhất của P là . 8 8 7.a (1,0 điểm) B 0,25 Gọi I là giao điểm của AC và BD ⇒ IB = IC . C Mà IB ⊥ IC nên ΔIBC vuông cân tại I ⇒ ICB = 45o. 0,25 BH ⊥ AD ⇒ BH ⊥ BC⇒ ΔHBC vuông cân tại B I ⇒ I là trung điểm của đoạn thẳng HC. H A D Do CH ⊥ BD và trung điểm I của CH thuộc BD nên tọa ⎧2( x + 3) − ( y − 2) = 0 ⎪ độ điểm C thỏa mãn hệ ⎨ x − 3 ⎛ y + 2 ⎞ ⎪ 2 + 2 ⎜ 2 ⎟ − 6 = 0. ⎩ ⎝ ⎠ 0,25 Do đó C (−1;6). CH 10 IC IB BC 1 = = = ⇒ ID = 3IC ⇒ CD = IC 2 + ID 2 = IC 10 = = 5 2. ID ID AD 3 2 ⎡t = 1 Ta có D (6 − 2t ; t ) và CD = 5 2 suy ra (7 − 2t )2 + (t − 6)2 = 50 ⇔ ⎢ ⎣t = 7. Do đó D (4;1) hoặc D(−8;7). 0,25 Ta có 8.a (1,0 điểm) 0,25 (P) có véctơ pháp tuyến n = (2;3; −1). 0,25 Đường thẳng Δ qua A và vuông góc với (P) nhận n làm véctơ chỉ phương, nên có phương trình 0,25 x−3 y −5 z = = . 2 3 −1 Gọi B là điểm đối xứng của A qua (P), suy ra B thuộc Δ. Do đó B (3 + 2t ;5 + 3t ; −t ). ⎛ 10 + 3t ⎞ ⎛ −t ⎞ Trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc (P) nên 2(3 + t ) + 3 ⎜ ⎟ − ⎜ ⎟ − 7 = 0 ⇔ t = −2. ⎝ 2 ⎠ ⎝ 2⎠ Do đó B (−1; −1; 2). 9.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 Số cách chọn 2 viên bi, mỗi viên từ một hộp là: 7.6 = 42. 0,25 Số cách chọn 2 viên bi đỏ, mỗi viên từ một hộp là: 4.2 = 8. 0,25 Số cách chọn 2 viên bi trắng, mỗi viên từ một hộp là: 3.4 = 12. 0,25 Xác suất để 2 viên bi được lấy ra có cùng màu là: p = Trang 3/4 8 +12 10 = . 42 21 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 9
  • 10. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu 7.b (1,0 điểm) A N M B 8.b (1,0 điểm) H D C Đáp án Điểm Ta có H ∈ AH và AH ⊥ HD nên AH có phương trình: 0,25 x + 2 y − 3 = 0. Do đó A(3 − 2a; a ). Do M là trung điểm của AB nên MA = MH. 1 Suy ra (3 − 2a)2 + (a −1)2 = 13 ⇔ a = 3 hoặc a = − . 0,25 5 Do A khác H nên A(−3;3). Phương trình đường thẳng AD là y − 3 = 0. Gọi N là điểm đối xứng của M qua AD. Suy ra N ∈ AC và tọa độ điểm N thỏa mãn hệ 0,25 ⎧1 + y − 3 = 0 ⎪ ⇒ N (0;5). ⎨ 2 ⎪ ⎩1.x + 0.( y −1) = 0 Đường thẳng AC có phương trình: 2 x − 3 y + 15 = 0. Đường thẳng BC có phương trình: 2 x − y − 7 = 0. 0,25 ⎧2 x − y − 7 = 0 Suy ra tọa độ điểm C thỏa mãn hệ: ⎨ ⎩ 2 x − 3 y + 15 = 0. Do đó C (9;11). Ta có AB = ( −2;3;2 ) , vectơ chỉ phương của Δ là u = (−2;1;3). 0,25 Đường thẳng vuông góc với AB và Δ, có vectơ chỉ phương là v = ⎡ AB, u ⎤ . ⎣ ⎦ 0,25 Suy ra v = ( 7; 2; 4 ) . 0,25 x − 1 y + 1 z −1 = = . 7 2 4 ⎧ x 2 + 2 y = 4 x −1 Điều kiện: x > 1; y > −1. Hệ đã cho tương đương với ⎨ ⎩log3 ( x −1) = log3 ( y +1) Đường thẳng đi qua A, vuông góc với AB và Δ có phương trình là: 9.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 ⎧ x2 − 2x − 3 = 0 ⇔⎨ ⎩y = x−2 ⎡ x = −1, y = −3 ⇔⎢ ⎣ x = 3, y = 1. Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm ( x; y ) của hệ đã cho là (3;1). 0,25 0,25 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 10
  • 11. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO −−−− − − − − −− ÑEÀ CHÍNH THÖÙC ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC NAÊM 2013 Moân: TOAÙN; Khoái D Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà −−−−−−−−−− −−−−−−−−− I. PHAÀN CHUNG CHO TAÁT CAÛ THÍ SINH (7,0 ñieåm) Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y = 2x3 − 3mx2 + (m − 1)x + 1 (1), vôùi m laø tham soá thöïc. a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá (1) khi m = 1. b) Tìm m ñeå ñöôøng thaúng y = −x + 1 caét ñoà thò haøm soá (1) taïi ba ñieåm phaân bieät. Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình Caâu 3 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình sin 3x + cos 2x − sin x = 0. √ √ 1 2 log2 x + log 1 1 − x = log√2 x − 2 x + 2 . 2 2 1 Caâu 4 (1,0 ñieåm). Tính tích phaân (x + 1)2 dx. x2 + 1 I= 0 Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy laø hình thoi caïnh a, caïnh beân SA vuoâng goùc vôùi ñaùy, BAD = 120◦ , M laø trung ñieåm cuûa caïnh BC vaø SMA = 45◦ . Tính theo a theå tích cuûa khoái choùp S.ABCD vaø khoaûng caùch töø ñieåm D ñeán maët phaúng (SBC). Caâu 6 (1,0 ñieåm). Cho x, y laø caùc soá thöïc döông thoûa maõn ñieàu kieän xy ≤ y − 1. Tìm giaù trò lôùn x+y x − 2y nhaát cuûa bieåu thöùc P = − . x2 − xy + 3y 2 6(x + y) II. PHAÀN RIEÂNG (3,0 ñieåm): Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B) A. Theo chöông trình Chuaån 9 3 Caâu 7.a (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC coù ñieåm M − ; 2 2 laø trung ñieåm cuûa caïnh AB, ñieåm H(−2; 4) vaø ñieåm I(−1; 1) laàn löôït laø chaân ñöôøng cao keû töø B vaø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC. Tìm toïa ñoä ñieåm C. Caâu 8.a (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho caùc ñieåm A(−1; −1; −2), B(0; 1; 1) vaø maët phaúng (P ) : x+y+z −1 = 0. Tìm toïa ñoä hình chieáu vuoâng goùc cuûa A treân (P ). Vieát phöông trình maët phaúng ñi qua A, B vaø vuoâng goùc vôùi (P ). Caâu 9.a (1,0 ñieåm). Cho soá phöùc z thoûa maõn ñieàu kieän (1 + i)(z − i) + 2z = 2i. Tính moâñun cuûa z − 2z + 1 soá phöùc w = . z2 B. Theo chöông trình Naâng cao Caâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñöôøng troøn (C) : (x−1)2 +(y −1)2 = 4 vaø ñöôøng thaúng ∆ : y − 3 = 0. Tam giaùc MNP coù tröïc taâm truøng vôùi taâm cuûa (C), caùc ñænh N vaø P thuoäc ∆, ñænh M vaø trung ñieåm cuûa caïnh MN thuoäc (C). Tìm toïa ñoä ñieåm P . Caâu 8.b (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñieåm A(−1; 3; −2) vaø maët phaúng (P ) : x − 2y − 2z + 5 = 0. Tính khoaûng caùch töø A ñeán (P ). Vieát phöông trình maët phaúng ñi qua A vaø song song vôùi (P ). 2x2 − 3x + 3 Caâu 9.b (1,0 ñieåm). Tìm giaù trò lôùn nhaát vaø giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá f(x) = x+1 treân ñoaïn [0; 2]. − − − Heát− − − −− −− Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm. Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 11
  • 12. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = 1 ta có y = 2 x3 − 3x 2 + 1. • Tập xác định: D = . 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 6 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. Các khoảng đồng biến: (−∞; 0) và (1; + ∞); khoảng nghịch biến: (0; 1). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1. 0,25 - Giới hạn: lim y = − ∞; lim y = + ∞. x→−∞ x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' 0 + 0 − 0 + +∞ 1 y 0,25 0 −∞ • Đồ thị: +∞ 1 y 1 0,25 O 1 x b. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với đường thẳng y = − x + 1 là 0,25 2 x3 − 3mx 2 + (m −1) x +1 = − x +1 ⎡x = 0 ⇔⎢ 2 ⎣ 2 x − 3mx + m = 0 (*). Yêu cầu của bài toán ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⎧9m 2 − 8m > 0 ⇔⎨ ⎩m ≠ 0 8 ⇔ m < 0 hoặc m > . 9 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,25 0,25 12
  • 13. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu 2 (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với 2cos 2 x sin x + cos 2 x = 0 0,25 ⇔ cos 2 x(2sin x + 1) = 0. 0,25 π π + k (k ∈ ). 4 2 ⎡ x = − π + k 2π ⎢ 6 • 2sin x + 1 = 0 ⇔ ⎢ (k ∈ ). ⎢ x = 7π + k 2π ⎢ ⎣ 6 • cos 2 x = 0 ⇔ x = Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 3 (1,0 điểm) 0,25 0,25 π π π 7π + k 2π (k ∈ ). + k , x = − + k 2π, x = 4 2 6 6 Điều kiện: 0 < x < 1. Phương trình đã cho tương đương với x2 ⇔ ⇔ (1 − x ) x 1− x 2 = x2 1− x = x−2 x +2 0,25 x x +2⇔⎛ + 1⎞⎛ − 2⎞ = 0 ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ 1− x ⎠⎝ 1− x ⎠ 1− x x − 2 = 0 (do x 1− x 0,25 >0 ) 0,25 ⇔ x = 4 − 2 3. 0,25 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 4 − 2 3. 4 (1,0 điểm) 1 1 1 2x 2x Ta có I = ⎛1 + 2 ⎞ dx = dx + 2 dx. ⎜ ⎟ ⎝ x +1 ⎠ x +1 0 0 0 ∫ 1 • ∫ 1 0,25 1 ∫x 0 ∫ dx = x = 1. 0 • ∫ 0,25 0 1 2x dx = ln( x 2 + 1) 0 = ln 2. 2 +1 0,25 Do đó I = 1 + ln 2. 0,25 5 (1,0 điểm) BAD = 120o ⇒ ABC = 60o ⇒ ΔABC đều a 3 a2 3 ⇒ AM = ⇒ S ABCD = . 2 2 S 0,25 ΔSAM vuông tại A có SMA = 45o ⇒ ΔSAM a 3 . vuông cân tại A ⇒ SA = AM = 2 H A D 0,25 1 a3 Do đó VS . ABCD = SA.S ABCD = . 3 4 Do AD||BC nên d ( D,( SBC )) = d ( A,( SBC )). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. B M C Ta có AM ⊥ BC và SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A,( SBC )) = AH . AM 2 a 6 = , 2 4 a 6 . suy ra d ( D,( SBC )) = 4 0,25 Ta có AH = Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 13
  • 14. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu 6 (1,0 điểm) Đáp án Điểm 2 Do x > 0, y > 0, xy ≤ y −1 nên 0 < x y −1 1 1 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ≤ = − 2 = −⎜ − ⎟ ≤ . y y2 y y 4 ⎝ y 2⎠ 4 0,25 1 x t +1 t −2 Đặt t = , suy ra 0 < t ≤ . Khi đó P = − . 4 y t 2 − t + 3 6(t +1) Xét f (t ) = t +1 t2 −t +3 − 1 t −2 7 − 3t 1 , với 0 < t ≤ . Ta có f '(t ) = − . 2 4 6(t + 1) 2 (t 2 − t + 3)3 2(t + 1) 0,25 1 Với 0 < t ≤ ta có t 2 − t + 3 = t (t −1) + 3 < 3; 7 − 3t > 6 và t + 1 > 1. 4 7 − 3t 7 − 3t 1 1 1 1 1 và − − > 0. Do đó > > > − . Suy ra f '(t ) > 2 2 3 2 2(t + 1) 3 2 6 3 3 2 (t − t + 3) 5 7 ⎛1⎞ + . Do đó P = f (t ) ≤ f ⎜ ⎟ = ⎝ 4 ⎠ 3 30 Khi x = 0,25 1 5 7 5 7 + . Vậy giá trị lớn nhất của P là + . và y = 2, ta có P = 2 3 30 3 30 7.a (1,0 điểm) 0,25 7 1 IM = ⎛ − ; ⎞ . Ta có M ∈ AB và AB ⊥ IM nên đường ⎜ ⎟ ⎝ 2 2⎠ thẳng AB có phương trình 7 x − y + 33 = 0. B 0,25 A∈ AB ⇒ A(a;7 a + 33). Do M là trung điểm của AB nên B ( − a − 9; −7 a − 30). Ta có HA ⊥ HB ⇒ HA. HB = 0 M I A H 0,25 ⇒ a 2 + 9a + 20 = 0 ⇒ a = −4 hoặc a = −5. C • Với a = −4 ⇒ A(−4;5), B ( −5; −2). Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình x + 2 y − 6 = 0. Do đó C (6 − 2c; c). Từ IC = IA suy ra (7 − 2c)2 + (c −1) 2 = 25. Do đó c = 1 hoặc c = 5. Do C khác A, suy ra C (4;1). • Với a = −5 ⇒ A(−5; −2), B(−4;5). Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình 2 x − y + 8 = 0. Do đó C (t ;2t + 8). Từ IC = IA suy ra (t +1)2 + (2t + 7) 2 = 25. Do đó t = −1 hoặc t = −5. Do C khác A, suy ra C (−1;6). 8.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Suy ra H (−1 + t ; −1+ t ; −2 + t ). 0,25 5 2 2 1 H ∈( P) ⇔ (−1+ t ) + (−1+ t ) + (−2 + t ) −1 = 0 ⇔ t = . Do đó H ⎛ ; ; − ⎞ . ⎜ ⎟ ⎝ 3 3 3⎠ 3 0,25 Gọi (Q) là mặt phẳng cần viết phương trình. Ta có AB = (1;2;3) và vectơ pháp tuyến của (P) là n = (1;1;1). Do đó (Q) có vectơ pháp tuyến là n ' = (−1;2; −1). 0,25 Phương trình của mặt phẳng (Q) là: x − 2 y + z +1 = 0. 9.a (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện của bài toán tương đương với (3 + i ) z = −1+ 3i 0,25 ⇔ z = i. 0,25 Suy ra w = −1 + 3i. 0,25 Do đó môđun của w là 10. 0,25 Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 14
  • 15. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Ta có tâm của (C) là I (1;1). Đường thẳng IM vuông góc với Δ nên có phương trình x = 1. Do đó M (1; a ). 7.b (1,0 điểm) M 0,25 Do M ∈ (C ) nên (a −1)2 = 4. Suy ra a = −1 hoặc a = 3. Mà M ∉Δ nên ta được M (1; −1). N ∈Δ ⇒ N (b;3). Trung điểm của MN thuộc (C) I P Điểm 0,25 2 b +1 ⎞ 2 ⇒⎛ −1⎟ + (1 −1) = 4 ⇒ b = 5 hoặc b = −3. ⎜ ⎝ 2 ⎠ Do đó N (5;3) hoặc N (−3;3). P ∈Δ ⇒ P(c;3). N 0,25 - Khi N (5;3), từ MP ⊥ IN suy ra c = −1. Do đó P (−1;3). 0,25 - Khi N (−3;3), từ MP ⊥ IN suy ra c = 3. Do đó P(3;3). 8.b (1,0 điểm) d ( A,( P )) = |(−1) − 2.3 − 2(−2) + 5| 0,25 12 + (−2) 2 + (−2) 2 2 = . 3 Vectơ pháp tuyến của (P) là n = (1; −2; −2). Phương trình mặt phẳng cần tìm là x − 2 y − 2 z + 3 = 0. 9.b (1,0 điểm) Ta có f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [0; 2] ; f '( x) = 0,25 0,25 0,25 2 2x + 4x − 6 . ( x +1) 2 0,25 Với x∈[0; 2] ta có f '( x) = 0 ⇔ x = 1. 0,25 5 Ta có f (0) = 3; f (1) = 1; f (2) = . 3 Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 1; giá trị lớn nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 3. 0,25 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 15
  • 16. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO −−−− − − − − −− ÑEÀ CHÍNH THÖÙC ÑEÀ THI TUYEÅN SINH CAO ÑAÚNG NAÊM 2013 Moân: TOAÙN; Khoái A, Khoái A1, Khoái B vaø Khoái D Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà −−−−−−−−−− −−−−−−−−− I. PHAÀN CHUNG CHO TAÁT CAÛ THÍ SINH (7,0 ñieåm) 2x + 1 Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y = . x−1 a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho. b) Goïi M laø ñieåm thuoäc (C) coù tung ñoä baèng 5. Tieáp tuyeán cuûa (C) taïi M caét caùc truïc toïa ñoä Ox vaø Oy laàn löôït taïi A vaø B. Tính dieän tích tam giaùc OAB. π Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình cos − x + sin 2x = 0. 2 xy − 3y + 1 = 0 (x, y ∈ R). Caâu 3 (1,0 ñieåm). Giaûi heä phöông trình 4x − 10y + xy 2 = 0 5 Caâu 4 (1,0 ñieåm). Tính tích phaân I= 1 dx √ . 1 + 2x − 1 Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho laêng truï ñeàu ABC.A B C coù AB = a vaø ñöôøng thaúng A B taïo vôùi ñaùy moät goùc baèng 60◦ . Goïi M vaø N laàn löôït laø trung ñieåm cuûa caùc caïnh AC vaø B C . Tính theo a theå tích cuûa khoái laêng truï ABC.A B C vaø ñoä daøi ñoaïn thaúng MN. √ Caâu 6 (1,0 ñieåm). Tìm m ñeå baát phöông trình (x − 2 − m) x − 1 ≤ m − 4 coù nghieäm. II. PHAÀN RIEÂNG (3,0 ñieåm): Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B) A. Theo chöông trình Chuaån Caâu 7.a (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho caùc ñöôøng thaúng d : x + y − 3 = 0, ∆ : x − y + 2 = 0 vaø ñieåm M(−1; 3). Vieát phöông trình ñöôøng troøn ñi qua M, coù taâm thuoäc d, √ caét ∆ taïi hai ñieåm A vaø B sao cho AB = 3 2. Caâu 8.a (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñieåm A(4; −1; 3) vaø ñöôøng thaúng x−1 y+1 z−3 d: = = . Tìm toïa ñoä ñieåm ñoái xöùng cuûa A qua d. 2 −1 1 Caâu 9.a (1,0 ñieåm). Cho soá phöùc z thoûa maõn ñieàu kieän (3 + 2i)z + (2 − i)2 = 4 + i. Tìm phaàn thöïc vaø phaàn aûo cuûa soá phöùc w = (1 + z) z. B. Theo chöông trình Naâng cao Caâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC vuoâng taïi A(−3; 2) 1 1 vaø coù troïng taâm laø G ; . Ñöôøng cao keû töø ñænh A cuûa tam giaùc ABC ñi qua ñieåm P (−2; 0). 3 3 Tìm toïa ñoä caùc ñieåm B vaø C. Caâu 8.b (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñieåm A(−1; 3; 2) vaø maët phaúng (P ) : 2x − 5y + 4z − 36 = 0. Goïi I laø hình chieáu vuoâng goùc cuûa A treân maët phaúng (P ). Vieát phöông trình maët caàu taâm I vaø ñi qua ñieåm A. Caâu 9.b (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình z 2 + (2 − 3i)z − 1 − 3i = 0 treân taäp hôïp C caùc soá phöùc. − − − Heát− − − −− −− Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm. Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 16
  • 17. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A, Khối A1, Khối B và Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = {1}. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = − 0,25 3 ; y ' < 0, ∀x ∈ D. ( x −1)2 Hàm số nghịch biến trên từng khoảng ( −∞;1) và (1; + ∞). - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2. x→−∞ x→+∞ 0,25 lim y = −∞, lim y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = 1. x→1− x→1+ - Bảng biến thiên: +∞ 1 x −∞ y' − − 0,25 +∞ 2 y 2 −∞ • Đồ thị: y 2 0,25 O 1 x b. (1,0 điểm) M (m;5) ∈ (C ) ⇔ 5 = 2m + 1 ⇔ m = 2. Do đó M (2;5). m −1 0,25 Phương trình tiếp tuyến d của (C) tại M là: y = y '(2)( x − 2) + 5, hay d : y = −3 x + 11. 0,25 (11; 0), cắt Oy tại B(0; 11). 3 0,25 1 1 11 121 Diện tích tam giác OAB là S = .OA.OB = . .11 = . 2 2 3 6 0,25 d cắt Ox tại A Trang 1/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 17
  • 18. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu 2 (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với sin 2 x = − sin x 0,25 ⇔ sin 2 x = sin(− x ) 0,25 2 x = − x + k 2π (k ∈ ) ⇔⎡ ⎢2 x = π + x + k 2π ⎣ 0,25 ⎡x = k 2π ⇔⎢ (k ∈ ). 3 ⎢x = π + k 2π ⎣ 3 (1,0 điểm) 0,25 2π Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = k , x = π + k 2π ( k ∈ ). 3 xy − 3 y +1 = 0 (1) 2 4 x −10 y + xy = 0 (2) { 0,25 3 y −1 Nhận xét: y = 0 không thỏa mãn (1). Từ (1) ta được x = (3). y Thay vào (2) ta được 3 y3 −11y 2 + 12 y − 4 = 0 2 ⇔ y = 1 hoặc y = 2 hoặc y = . 3 0,25 0,25 (5 ; 2) và (3 ; 2). 2 2 3 0,25 Đặt t = 2 x −1. Suy ra dx = tdt ; khi x = 1 thì t =1, khi x = 5 thì t = 3. 0,25 Thay vào (3) ta được nghiệm (x; y) của hệ là (2;1), 4 (1,0 điểm) ( 3 ) 3 t 1 dt = ∫ 1 − dt t +1 1 t +1 1 Khi đó I = ∫ = (t − ln | t +1|) 0,25 3 0,25 1 = 2 − ln 2. 5 (1,0 điểm) 0,25 A′ AA ' ⊥ ( ABC ) ⇒ A ' BA là góc giữa A' B với đáy ⇒ A ' BA = 60o. C′ N ⇒ AA ' = AB.tan A ' BA = a 3. B′ Do đó VABC . A' B 'C ' = AA '.SΔABC = C M A K B 0,25 3a3 . 4 Gọi K là trung điểm của cạnh BC. Suy ra ΔMNK vuông tại K, có MK = Do đó MN = MK 2 + NK 2 = 6 (1,0 điểm) 0,25 0,25 AB a = , NK = AA ' = a 3. 2 2 a 13 . 2 0,25 Điều kiện: x ≥ 1. Đặt t = x −1, suy ra t ≥ 0. 0,25 t3 − t + 4 . t +1 (t −1)(2t 2 + 5t + 5) t3 − t + 4 Xét f (t ) = , với t ≥ 0. Ta có f '(t ) = ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 1. t +1 (t +1)2 Bảng biến thiên: +∞ t 0 1 Bất phương trình đã cho trở thành m ≥ − f '(t ) 0 0,25 + +∞ f (t ) 4 0,25 2 Dựa vào bảng biến thiên ta được bất phương trình đã cho có nghiệm khi và chỉ khi m ≥ 2. Trang 2/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 18
  • 19. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Gọi (C) là đường tròn cần viết phương trình và I là tâm của (C). Do I ∈ d , suy ra I (t ;3 − t ). 7.a (1,0 điểm) M I A 8.a (1,0 điểm) 9.a (1,0 điểm) 7.b (1,0 điểm) Gọi H là trung điểm của AB, suy ra AH = IH = d ( I ; Δ) = B H Điểm 0,25 AB 3 2 và = 2 2 0,25 | 2t −1| . Do đó IA = IH 2 + AH 2 = 2t 2 − 2t + 5. 2 Từ IM = IA ta được 2t 2 + 2t +1 = 2t 2 − 2t + 5, suy ra t = 1. Do đó I (1;2). 0,25 Bán kính của (C) là R = IM = 5. Phương trình của (C) là ( x −1)2 + ( y − 2)2 = 5. Gọi (P) là mặt phẳng qua A và vuông góc với d. Phương trình của (P) là 2 x − y + z −12 = 0. Gọi H là giao điểm của d và (P). Suy ra H (1 + 2t ; −1− t ; 3 + t ). Do H ∈ ( P) nên 2(1 + 2t ) − (−1 − t ) + (3 + t ) −12 = 0. Suy ra t = 1. Do đó H (3; −2;4). Gọi A ' là điểm đối xứng của A qua d, suy ra H là trung điểm của đoạn AA '. Do đó A '(2; −3;5). 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 (3 + 2i ) z + (2 − i )2 = 4 + i ⇔ (3 + 2i ) z = 1 + 5i ⇔ z = 1 + i. Suy ra w = (2 + i )(1 − i ) = 3 − i. Vậy w có phần thực bằng 3 và phần ảo bằng −1. Gọi M là trung điểm của cạnh BC. 3 1 Suy ra AM = AG. Do đó M 2; − . 2 2 A Đường thẳng BC đi qua M và vuông góc với AP, nên có phương trình x − 2 y − 3 = 0. Tam giác ABC vuông tại A nên B và C thuộc đường tròn tâm M, G P 5 5 B C bán kính MA = 2 . Tọa độ các điểm B và C là nghiệm của hệ M ⎧x − 2 y − 3 = 0 ⎪ 2 1 125 ⎨ = ( x − 2)2 + y + ⎪ 2 4 ⎩ x = 7, y = 2 ⇔⎡ ⎢ ⎣x = −3, y = −3. Vậy B(7;2), C (−3; −3) hoặc B(−3; −3), C (7;2). Do IA ⊥ ( P ) nên I (−1+ 2t ;3 − 5t ;2 + 4t ). Do I ∈ ( P ) nên 2(−1 + 2t ) − 5(3 − 5t ) + 4(2 + 4t ) − 36 = 0, suy ra t = 1. Do đó I (1; −2;6). ( ) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ( ) 8.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Ta có IA = 3 5. Phương trình mặt cầu tâm I và đi qua điểm A là ( x −1)2 + ( y + 2)2 + ( z − 6)2 = 45. 9.b (1,0 điểm) 0,25 Phương trình z + (2 − 3i ) z −1 − 3i = 0 có biệt thức Δ = −1. 0,25 Suy ra Δ = i . Nghiệm của phương trình đã cho là z = −1 + 2i hoặc z = −1 + i. 0,25 0,25 0,25 0,25 2 2 ------------- Hết ------------- Trang 3/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 19
  • 20. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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) m y = − x 3 + 3mx 2 + 3(1 − m 2 ) x + m 3 − ( 2 lµ tham sè). m 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m = 1. 2. T×m k ®Ó ph−¬ng tr×nh: − x 3 + 3 x 2 + k 3 − 3k 2 = 0 cã ba nghiÖm ph©n biÖt. 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) 2 2 log 3 x + log 3 x + 1 − 2m − 1 = 0 Cho ph−¬ng tr×nh : 1 (2) ( m lµ tham sè). m = 2. Gi¶i ph−¬ng tr×nh (2) khi 2. T×m m ®Ó ph−¬ng tr×nh (2) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n [ 1 ; 3 3 ]. C©u III. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,0 ®iÓm ) cos 3x + sin 3x   1. T×m nghiÖm thuéc kho¶ng (0 ; 2π ) cña ph−¬ng tr×nh: 5 sin x +  = cos 2 x + 3. 1 + 2 sin 2 x   2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng: y =| x 2 − 4 x + 3 | , y = x + 3. C©u IV.( §H : 2,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) 1. Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu S . ABC ®Ønh S , cã ®é dµi c¹nh ®¸y b»ng a. Gäi M vµ N lÇn l−ît lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh SB vµ SC. TÝnh theo a diÖn tÝch tam gi¸c AMN , biÕt r»ng mÆt ph¼ng ( AMN ) vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ( SBC ) . 2. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®−êng th¼ng:  x = 1+ t  x − 2y + z − 4 = 0  ∆1 :  vµ ∆ 2 :  y = 2 + t . x + 2 y − 2z + 4 = 0  z = 1 + 2t  a) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ( P) chøa ®−êng th¼ng ∆ 1 vµ song song víi ®−êng th¼ng ∆ 2 . b) Cho ®iÓm M (2;1;4) . T×m to¹ ®é ®iÓm 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 ABC vu«ng t¹i A , ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng BC lµ 3 x − y − 3 = 0, c¸c ®Ønh A vµ B thuéc trôc hoµnh vµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp b»ng 2. T×m täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC . 2. Cho khai triÓn nhÞ thøc: n n n −1 n −1 −x − −  −x   x2 1   x −1  − x   x2 1   −3x   x −1  0 1 n n  2 + 2 3  = Cn 2 2  2  + L + C n −1 2 2  2 3  + C n  2 3     + Cn  2                       3 1 ( n lµ sè nguyªn d−¬ng). BiÕt r»ng trong khai triÓn ®ã C n = 5C n vµ sè h¹ng thø t− b»ng 20n , t×m n vµ x . ----------------------------------------HÕt--------------------------------------------Ghi chó: 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u V. n 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:........................................................................ Sè b¸o danh:. ......................................................................................................................................................... 20
  • 21. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ------------------------------------- C©u ý I 1 Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 §¸p ¸n vµ thang ®iÓm m«n to¸n khèi A Néi dung §H m = 1 ⇒ y = − x 3 + 3x 2 x = 0 y' = 0 ⇔  1  x2 = 2 TËp x¸c ®Þnh ∀x ∈ R . y ' = −3 x 2 + 6 x = −3x( x − 2) , C§ ∑1,0 ® ∑1,5 ® 0,5® 0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® y" = −6 x + 6 = 0, 0,25 ® 0,5 ® y" = 0 ⇔ x = 1 B¶ng biÕn thiªn −∞ x 0 − y' 1 + 0 0 + +∞ U 4 2 C§ låi − − CT 0 y 0 lâm y" +∞ 2 x = 0 y=0⇔ , x = 3 §å thÞ: −∞ y (−1) = 4 y 4 2 -1 0 1 2 3 x ( ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn) 1 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 21
  • 22. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 I 2 C¸ch I. Ta cã − x 3 + 3 x 2 + k 3 − 3k 2 = 0 ⇔ − x 3 + 3 x = −k 3 + 3k 2 . §Æt a = − k 3 + 3k 2 Dùa vµo ®å thÞ ta thÊy ph−¬ng tr×nh − x 3 + 3 x 2 = a cã 3 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ 0 < a < 4 ⇔ 0 < − k 3 + 3k 2 < 4  −1 < k < 3 0≠k <3 0≠k <3   ⇔  ⇔ ⇔ 2 2 k ≠ 0 ∧ k ≠ 2 (k + 1)(k − 4k + 4) > 0 (k + 1)(k − 2 ) > 0 C¸ch II. Ta cã − x 3 + 3 x 2 + k 3 − 3k 2 = 0 ⇔ ( x − k ) x 2 + (k − 3) x + k 2 − 3k ] = 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt ⇔ f ( x) = x 2 + (k − 3) x + k 2 − 3k = 0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c k  ∆ = −3k 2 + 6k + 9 > 0  −1 < k < 3 ⇔ 2 ⇔  2 2 k ≠ 0 ∧ k ≠ 2 k + k − 3k + k − 3k ≠ 0 [ 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- ----------- 0,25® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® ∑1,0 ® 3 C¸ch I.  x = m −1 y' = 0 ⇔  1  x2 = m + 1 Ta thÊy x1 ≠ x 2 vµ y ' ®æi dÊu khi qua x1 vµ x 2 ⇒ hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i x1 vµ x 2 . y1 = y ( x1 ) = − m 2 + 3m − 2 vµ y 2 = y ( x 2 ) = − m 2 + 3m + 2 Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ M 1 m − 1;− m 2 + 3m − 2 vµ M 2 m + 1;− m 2 + 3m + 2 lµ: y ' = −3x 2 + 6mx + 3(1 − m 2 ) = −3( x − m) 2 + 3 , ( ) ( ) x − m + 1 y + m 2 − 3m + 2 = ⇔ y = 2x − m2 + m 2 4 ' 2 C¸ch II. y = −3x + 6mx + 3(1 − m 2 ) = −3( x − m) 2 + 3 , Ta thÊy 2 2 ∆' = 9m + 9(1 − m ) = 9 > 0 ⇒ y ' = 0 cã 2 nghiÖm x1 ≠ x 2 vµ y ' ®æi dÊu khi qua x1 vµ x 2 ⇒ hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i x1 vµ x 2 . Ta cã y = − x 3 + 3mx 2 + 3(1 − m 2 ) x + m 3 − m 2 m 1 =  x −  − 3 x 2 + 6mx + 3 − 3m 2 + 2 x − m 2 + m. 3 3 Tõ ®©y ta cã y1 = 2 x1 − m 2 + m vµ y 2 = 2 x 2 − m 2 + m . VËy ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ lµ y = 2 x − m 2 + m . ( II ∑ 0,5 ® ∑ 0,5 ® ) 1. Víi m = 2 ta cã log x + log x + 1 − 5 = 0 2 3 2 3 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ---------- ----------- 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® 2 §iÒu kiÖn x > 0 . §Æt t = log 3 x + 1 ≥ 1 ta cã t 2 −1+ t − 5 = 0 ⇔ t 2 + t − 6 = 0 t = −3 . ⇔1  t2 = 2 2 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 22
  • 23. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 t1 = −3 (lo¹i) , 2 t 2 = 2 ⇔ log 3 x = 3 ⇔ log 3 x = ± 3 ⇔ x = 3 ± 3 0,25 ® 0,5 ® x = 3 ± 3 tháa m·n ®iÒu kiÖn x > 0 . (ThÝ sinh cã thÓ gi¶i trùc tiÕp hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c) ∑1,0 ® ∑1,0 ® 2. log x + log x + 1 − 2m − 1 = 0 (2) 2 3 2 3 2 §iÒu kiÖn x > 0 . §Æt t = log 3 x + 1 ≥ 1 ta cã t 2 − 1 + t − 2 m − 1 = 0 ⇔ t 2 + t − 2m − 2 = 0 (3) 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ----------- ---------- 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 2 x ∈ [1,3 3 ] ⇔ 0 ≤ log 3 x ≤ 3 ⇔ 1 ≤ t = log 3 x + 1 ≤ 2. VËy (2) cã nghiÖm ∈ [1,3 3 ] khi vµ chØ khi (3) cã nghiÖm ∈ [ 1,2 ]. §Æt f (t ) = t 2 + t C¸ch 1. Hµm sè f (t ) lµ hµm t¨ng trªn ®o¹n [1; 2] . Ta cã f (1) = 2 vµ f (2) = 6 . Ph−¬ng tr×nh t 2 + t = 2m + 2 ⇔ f (t ) = 2m + 2 cã nghiÖm ∈ [1;2]  f (1) ≤ 2m + 2 2 ≤ 2 m + 2 ⇔ ⇔ ⇔ 0 ≤ m ≤ 2.  f (2) ≥ 2m + 2 2 m + 2 ≤ 6 C¸ch 2. TH1. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm t1 ,t 2 tháa m·n 1 < t1 ≤ t 2 < 2 . t +t 1 Do 1 2 = − < 1 nªn kh«ng tån t¹i m . 2 2 TH2. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm t1 ,t 2 tháa m·n t1 ≤ 1 ≤ t 2 ≤ 2 hoÆc 1 ≤ t1 ≤ 2 ≤ t 2 ⇔ −2m(4 − 2m ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ m ≤ 2 . (ThÝ sinh cã thÓ dïng ®å thÞ, ®¹o hµm hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c ) III 1. cos 3 x + sin 3 x  1  5  sin x +  = cos 2 x + 3 . §iÒu kiÖn sin 2 x ≠ − 1 + 2 sin 2 x  2  cos 3x + sin 3x   sin x + 2 sin x sin 2 x + cos 3 x + sin 3 x   Ta cã 5  sin x +   = 5 1 + 2 sin 2 x  1 + 2 sin 2 x     sin x + cos x − cos 3 x + cos 3 x + sin 3 x   (2 sin 2 x + 1) cos x  =5   =5  = 5 cos x 1 + 2 sin 2 x    1 + 2 sin 2 x  2 VËy ta cã: 5 cos x = cos 2 x + 3 ⇔ 2 cos x − 5 cos x + 2 = 0 1 π cos x = 2 (lo¹i) hoÆc cos x = ⇒ x = ± + 2kπ (k ∈ Z ). 2 3 ∑1,0 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 23
  • 24. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 5π π vµ x 2 = . Ta thÊy x1 , x 2 tháa m·n ®iÒu 3 3 1 5π π kiÖn sin 2 x ≠ − . VËy c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ: x1 = vµ x 2 = . 2 3 3 (ThÝ sinh cã thÓ sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi kh¸c) V× x ∈ (0 ; 2π ) nªn lÊy x1 = 2. y 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® ∑1,0 ® 8 3 1 0 -1 -1 1 2 5 3 x Ta thÊy ph−¬ng tr×nh | x 2 − 4 x + 3 |= x + 3 cã 2 nghiÖm x1 = 0 vµ x 2 = 5. MÆt kh¸c | x 2 − 4 x + 3 |≤ x + 3 ∀ x ∈ [0;5] . VËy 5 ( 1 ) ( ) ( 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 3 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25® 0,25® ∑1® ∑1® ) S = ∫ x + 3− | x 2 − 4 x + 3 | dx = ∫ x + 3 − x 2 + 4 x − 3 dx + ∫ x + 3 + x 2 − 4 x + 3 dx 0 0 5 1 ( ) + ∫ x + 3 − x 2 + 4 x − 3 dx 3 1 ( 3 ) ( ) 5 ( ) S = ∫ − x + 5 x dx + ∫ x − 3 x + 6 dx + ∫ − x 2 + 5 x dx 2 0 1 1 2 3 3 5 5  3 5   1 1   1 S =  − x3 + x 2  +  x3 − x 2 + 6x  +  − x3 + x 2  2 0 3 2 2 3  3 1  3 13 26 22 109 S= + + = (®.v.d.t) 6 3 3 6 (NÕu thÝ sinh vÏ h×nh th× kh«ng nhÊt thiÕt ph¶i nªu bÊt ®¼ng thøc | x 2 − 4 x + 3 |≤ x + 3 ∀ x ∈ [0;5] ) IV 1. 4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 24
  • 25. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 S N I M A C 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® K B Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC vµ I = SK ∩ MN . Tõ gi¶ thiÕt 1 a ⇒ MN = BC = , MN // BC ⇒ I lµ trung ®iÓm cña SK vµ MN . 2 2 Ta cã ∆SAB = ∆SAC ⇒ hai trung tuyÕn t−¬ng øng AM = AN ⇒ ∆AMN c©n t¹i A ⇒ AI⊥MN . (SBC )⊥( AMN )  (SBC ) ∩ ( AMN ) = MN  MÆt kh¸c  ⇒ AI⊥(SBC ) ⇒ AI⊥SK . AI ⊂ ( AMN )   AI⊥MN  Suy ra ∆SAK c©n t¹i A ⇒ SA = AK = a 3 . 2 3a 2 a 2 a 2 SK = SB − BK = − = 4 4 2 2 2 2 2  SK  ⇒ AI = SA − SI = SA −   =  2  2 Ta cã 2 S ∆AMN 2 3a 2 a 2 a 10 . − = 4 8 4 a 2 10 1 = MN . AI = (®vdt) 2 16 chó ý 1) Cã thÓ chøng minh AI⊥MN nh− sau: BC⊥(SAK ) ⇒ MN⊥(SAK ) ⇒ MN⊥AI . 2) Cã thÓ lµm theo ph−¬ng ph¸p täa ®é: Ch¼ng h¹n chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho a   a   −a 3   −a 3  K (0;0;0), B ;0;0 , C  − ;0;0 , A 0; ;0 , S  0; ; h 2 6 2   2      trong ®ã h lµ ®é dµi ®−êng cao SH cña h×nh chãp S. ABC . 5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 25
  • 26. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2a) C¸ch I. Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P ) chøa ®−êng th¼ng ∆1 cã d¹ng: α (x − 2 y + z − 4) + β (x + 2 y − 2 z + 4) = 0 ( α 2 + β 2 ≠ 0 ) ⇔ (α + β )x − (2α − 2 β ) y + (α − 2 β )z − 4α + 4 β = 0 r r VËy n P = (α + β ;−2α + 2 β ;α − 2 β ) .Ta cã u 2 = (1;1;2 ) // ∆ 2 vµ M 2 (1;2;1) ∈ ∆ 2 r r  n P .u 2 = 0 α − β = 0 (P ) // ∆ 2 ⇔  VËy (P ) : 2 x − z = 0 ⇔ M 2 (1;2;1) ∉ (P )  M 2 ∉ (P ) ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® ----------- 0,5 ® ----------- 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® ----------0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® ----------0,5 ® 0,5 ® Ta cã thÓ chuyÓn ph−¬ng tr×nh ∆1 sang d¹ng tham sè nh− sau:  x = 2t '  Tõ ph−¬ng tr×nh ∆ 1 suy ra 2 x − z = 0. §Æt x = 2t ' ⇒ ∆ 1 :  y = 3t '−2  z = 4t '  r ⇒ M 1 (0;−2;0) ∈ ∆ 1 , u1 = (2;3;4) // ∆ 1 . (Ta cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm M 1 ∈ ∆ 1 b»ng c¸ch cho x = 0 ⇒ y = −2 z = 0 C¸ch II r −2 1 1 1 1 −2 vµ tÝnh u1 =  ; ;  = (2;3;4) ).  2 −2 −2 1 1 2  r Ta cã u 2 = (1;1;2 ) // ∆ 2 . Tõ ®ã ta cã vÐc t¬ ph¸p cña mÆt ph¼ng (P) lµ : r r r n P = [u1 , u 2 ] = (2;0;−1) . VËy ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua M 1 (0;−2;0 ) r vµ ⊥ n P = (2;0;−1) lµ: 2 x − z = 0 . MÆt kh¸c M 2 (1;2;1) ∉ (P ) ⇒ ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng cÇn t×m lµ: 2 x − z = 0 2b) b)C¸ch I. H ∈ ∆ 2 ⇒ H (1 + t ,2 + t ,1 + 2t ) ⇒ MH = (t − 1; t + 1;2t − 3) ⇒ MH = (t − 1) + (t + 1) + (2t − 3) = 6t − 12t + 11 = 6(t − 1) + 5 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi t = 1 ⇒ H (2;3;3) C¸ch II. H ∈ ∆ 2 ⇒ H (1 + t ;2 + t ;1 + 2t ) . r MH nhá nhÊt ⇔ MH⊥∆ 2 ⇔ MH .u 2 = 0 ⇔ t = 1 ⇒ H (2;3;4) 2 V 1. 2 2 2 2 Ta cã BC I Ox = B(1;0 ) . §Æt x A = a ta cã A(a; o) vµ ( ∑1® ) xC = a ⇒ y C = 3a − 3. VËy C a; 3a − 3 . 1   2a + 1 3 (a − 1)   xG = 3 ( x A + x B + x C ) ; Tõ c«ng thøc  ta cã G . 1 3  3   yG = ( y A + y B + yC ) 3  C¸ch I. Ta cã : AB =| a − 1 |, AC = 3 | a − 1 |, BC = 2 | a − 1 | . Do ®ã 0,25 ® 6 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 26
  • 27. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 S ∆ABC = Ta cã VËy 1 3 (a − 1)2 . AB. AC = 2 2 2 2S 3 (a − 1) | a −1| r= = = = 2. AB + AC + BC 3 | a − 1 | + 3 | a − 1 | 3 +1 | a − 1 |= 2 3 + 2. 0,25 ® 0,25 ® 7+4 3 6+2 3 ; TH1. a1 = 2 3 + 3 ⇒ G1  3 3     − 4 3 −1 − 6 − 2 3  ; TH2 a 2 = −2 3 − 1 ⇒ G2  . 3 3   C¸ch II. y C 0,25 ® ----------- I O B A x Gäi I lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp ∆ABC . V× r = 2 ⇒ y I = ±2 . x −1 Ph−¬ng tr×nh BI : y = tg 30 0.( x − 1) = ⇒ xI = 1 ± 2 3 . 3 TH1 NÕu A vµ O kh¸c phÝa ®èi víi B ⇒ x I = 1 + 2 3. Tõ d ( I , AC ) = 2 7+4 3 6+2 3 ⇒ a = x I + 2 = 3 + 2 3. ⇒ G1  ; 3 3    TH 2. NÕu A vµ O cïng phÝa ®èi víi B ⇒ x I = 1 − 2 3. T−¬ng tù  − 4 3 −1 − 6 − 2 3  ; ta cã a = x I − 2 = −1 − 2 3. ⇒ G2   3 3   0,25 ® 0,25 ® ∑1 ® 2. Tõ 0,25 ® 3 1 C n = 5C n ta cã n ≥ 3 vµ 7 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 27
  • 28. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 n! n! n(n − 1)(n − 2) =5 ⇔ = 5n ⇔ n 2 − 3n − 28 = 0 (n − 1)! 3!(n − 3)! 6 ⇒ n1 = −4 (lo¹i) hoÆc n 2 = 7. Víi n = 7 ta cã −  x2 1  C 2    3 7 4 0,25 ® 0,25 ® 3  −3x   2  = 140 ⇔ 35.2 2 x −2.2 − x = 140 ⇔ 2 x − 2 = 4 ⇔ x = 4.     0,5 ® 8 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 28
  • 29. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 ___________________________________ mx 2 + x + m (1) (m lµ tham sè). x −1 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). cos 2 x 1 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh cotgx − 1 = + sin 2 x − sin 2 x. 1 + tgx 2 1 1  x − = y − x y 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh   2 y = x 3 + 1.  C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Cho h×nh lËp ph−¬ng ABCD. A ' B ' C ' D ' . TÝnh sè ®o cña gãc ph¼ng nhÞ diÖn [B, A' C , D] . 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho h×nh hép ch÷ nhËt ABCD. A ' B ' C ' D ' cã A trïng víi gèc cña hÖ täa ®é, B (a; 0; 0), D(0; a; 0), A '(0; 0; b) (a > 0, b > 0) . Gäi M lµ trung ®iÓm c¹nh CC ' . a) TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn BDA ' M theo a vµ b . a b) X¸c ®Þnh tû sè ®Ó hai mÆt ph¼ng ( A ' BD) vµ ( MBD) vu«ng gãc víi nhau. b C©u 4 ( 2 ®iÓm). y= C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè n  1  + x 5  , biÕt r»ng 1) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña   x3  8 n+ n C n + 1 − C n + 3 = 7(n + 3) 4 k ( n lµ sè nguyªn d−¬ng, x > 0, C n lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö). 2 3 2) TÝnh tÝch ph©n I= ∫ 5 dx 2 x x +4 . C©u 5 (1 ®iÓm). Cho x, y, z lµ ba sè d−¬ng vµ x + y + z ≤ 1. Chøng minh r»ng 1 1 1 x2 + + y2 + + z2 + ≥ x2 y2 z2 82 . −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: …………………………….. ……. Sè b¸o danh: ……………. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 29
  • 30. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 2®iÓm 1 ®iÓm C©u 1. 1) − x2 + x − 1 1 = −x − . x −1 x −1 + TËp x¸c ®Þnh: R { 1 }. Khi m = −1 ⇒ y = + y ' = −1 + 1 ( x − 1) 2 = − x2 + 2 x 2 x=0 y'= 0 ⇔   x = 2. . ( x − 1) 1 + lim [ y − (− x)] = lim = 0 ⇒ tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: y = − x . x →∞ x →∞ x − 1 lim y = ∞ ⇒ tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ: x = 1 . 0,25 ® x →1 B¶ng biÕn thiªn: x y’ −∞ 0 − 0 +∞ y 1 + 2 0 − −3 C§ + +∞ CT 1 −∞ +∞ 0,5 ® −∞ §å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 1). y 1 O 0, 25 ® 1 2 x −1 −3 1 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 30
  • 31. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2) 1 ®iÓm §å thÞ hµm sè y = 2 mx + x + m c¾t trôc hoµnh t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é x −1 d−¬ng ⇔ ph−¬ng tr×nh f ( x) = mx 2 + x + m = 0 cã 2 nghiÖm d−¬ng ph©n biÖt kh¸c 1 m≠0   ∆ = 1 − 4m 2 > 0  ⇔  f (1) = 2m + 1 ≠ 0   S = − 1 > 0, P = m > 0  m m  ⇔ VËy gi¸ trÞ m cÇn t×m lµ: −  m≠0  m<1  2  m ≠ − 1  2  m<0  ⇔ − 1 < m < 0. 2 2®iÓm 1 ®iÓm (*) . Khi ®ã ph−¬ng tr×nh ®· cho ⇔ ⇔ 0,75 ® 1 < m < 0. 2 C©u 2. 1)  sin x ≠ 0  §iÒu kiÖn cos x ≠ 0  tg x ≠ −1  0,25 ® 0, 25 ® cos x cos 2 x − sin 2 x −1 = + sin x(sin x − cos x) sin x sin x 1+ cos x cos x − sin x = cos x(cos x − sin x) + sin x(sin x − cos x) sin x ⇔ (cos x − sin x)(1 − sin x cos x + sin 2 x) = 0 cos x − sin x = 0  ⇔ 2 1 − sin x cos x + sin x = 0.  π TH1: sin x = cos x ⇔ tgx = 1 ⇔ x = + kπ (k ∈ Z) tháa m·n ®iÒu kiÖn (*). 4 1 TH2: 1 − sin x cos x + sin 2 x = 0 ⇔ 1 − sin 2 x + sin 2 x = 0 : v« nghiÖm. 2 π VËy nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: x = + kπ (k ∈ Z) . 4 1  1 (1) x − x = y − y 2) Gi¶i hÖ   2 y = x3 + 1 (2).  + §iÒu kiÖn xy ≠ 0.  x= y 1 + Ta cã (1) ⇔ ( x − y )(1 + ) = 0 ⇔  xy  xy = −1.   x = y =1  x= y  x= y  x= y  −1 + 5    ⇔ x = y = TH1:  ⇔ ⇔ 3 3 2  2 2 y = x + 1 2 x = x + 1 ( x − 1)( x + x − 1) = 0      x = y = −1 − 5 .  2  0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 1 ®iÓm 0, 25 ® 0,5 ® 2 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 31
  • 32. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 1  1   y=−x  xy = −1   y=−x TH2:  ⇔ ⇔ 3  2 y = x + 1  − 2 = x3 + 1  4  x + x + 2 = 0  x  Ta chøng minh ph−¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm. 2 (3) (4). 2 1  1 3  x 4 + x + 2 =  x 2 −  +  x +  + > 0, ∀ x . 2  2 2   −1  C¸ch 2. §Æt f ( x) = x 4 + x + 2 ⇒ f ( x) ≥ min f ( x) = f   > 0. x∈R 34 Tr−êng hîp nµy hÖ v« nghiÖm. VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ:  −1 + 5 −1 + 5   −1 − 5 −1 − 5  ( x; y ) = (1;1),  ; ; ,  . 2 2   2 2   C©u 3. B’ C’ C¸ch 1. A’ 0, 25 ® 3®iÓm 1 ®iÓm D’ H B C I A D 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 . 0, 25 ® XÐt ∆A ' DC vu«ng t¹i D cã DH lµ ®−êng cao, ta cã DH . A ' C = CD. A ' D CD. A ' D a.a 2 a 2 . T−¬ng tù, ∆A ' BC vu«ng t¹i B cã BH lµ ®−êng = = ⇒ DH = A'C a 3 3 0, 25 ® a 2 cao vµ BH = . 3 MÆt kh¸c: 2a 2 = BD 2 = BH 2 + DH 2 − 2 BH .DH cos BHD = 2a 2 2a 2 2a 2 + − 2. cos BHD , 3 3 3 1 ⇒ BHD = 120o . 2 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) do ®ã cos BHD = − 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc ⇒ BHD lµ gãc ph¼ng cña [ B; A ' C ; D ] . 0, 25® C¸c tam gi¸c vu«ng HA’B, HA’D, HA’C’ b»ng nhau ⇒ HB = HC’ = HD 0,25 ® 0,5 ® o ⇒ H lµ t©m ∆BC’D ®Òu ⇒ BHD = 120 . 3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 32
  • 33. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 ®iÓm 2) a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã z A’ b C (a; a; 0); C ' (a; a; b) ⇒ M (a; a; ) . 2 D’ B’ VËy BD = (− a; a; 0), BM = (0; a; C’ A b ) 2     ab ab ; − a 2  . ⇒  BD, BM  =  ; 2  2  y D 0, 25 ® BA ' = ( − a; 0; b ) ⇒  BD, BM  .BA ' =   B 0, 25 ® −3a 2b 0, 25 ® . 2 C x 1 a 2b  BD, BM  .BA ' = .  6  4  ab ab  ; − a2  , b) MÆt ph¼ng ( BDM ) cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ n1 =  BD, BM  =  ;    2 2  Do ®ã VBDA ' M = mÆt ph¼ng ( A ' BD) cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ n2 =  BD, BA ' = (ab; ab; a 2 ) .   a 2b 2 a 2 b 2 a + − a4 = 0 ⇔ a = b ⇔ = 1. 2 2 b Do ®ã ( BDM ) ⊥ ( A ' BD) ⇔ n1.n2 = 0 ⇔ C©u 4. 1) ( 0, 25 ® 0, 5 ® 0, 5 ® 2®iÓm 1 ®iÓm ) n+ n n +1 n n Ta cã Cn + 1 − Cn + 3 = 7(n + 3) ⇔ Cn + 3 + Cn + 3 − Cn + 3 = 7(n + 3) 4 (n + 2)(n + 3) = 7(n + 3) ⇔ n + 2 = 7.2! = 14 ⇔ n = 12. 2! ⇔ k C12 Sè h¹ng tæng qu¸t cña khai triÓn lµ 60 −11k Ta cã x 2 = x8 ⇒ (x ) −3  5 . x 2      k = C12 60 −11k x 2 . 60 − 11k = 8 ⇔ k = 4. 2 2 3 ∫ 5 §Æt t = x 2 + 4 ⇒ dt = xdx x 2 2 x +4 xdx 2 0, 25 ® 4 C12 = Do ®ã hÖ sè cña sè h¹ng chøa x 8 lµ 2) TÝnh tÝch ph©n I = 12 − k k 0, 5 ® 12! = 495. 4!(12 − 4)! . 1 ®iÓm vµ x 2 = t 2 − 4. x +4 Víi x = 5 th× t = 3 , víi x = 2 3 th× t = 4 . Khi ®ã I= 2 3 ∫ 5 4 xdx x2 x2 + 4 =∫ 3t dt 2 −4 0, 25 ® = 0, 25 ® 0, 25 ® 4 1  1 1  ∫  t − 2 − t + 2  dt 4 3  0,25 ® 4 1 t −2  1 5 =  ln  = 4 ln 3 . 4 t +2 3 0, 25 ® 4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 33
  • 34. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 C©u 5. Víi mäi u, v ta cã | u + v | ≤ | u | + | v | 2 1®iÓm (*) ( 2 ) 2 (v× | u + v |2 = u + v + 2u.v ≤ | u |2 + | v |2 +2 | u | . | v |= | u | + | v | ) →  1 →  1 →  1 §Æt a =  x; , b =  y;  , c =  z;  .  x  z  y ¸p dông bÊt ®¼ng thøc (*) ta cã | a | + | b | + | c | ≥ | a + b | + | c | ≥ | a + b + c | . VËy P = x2 + 1 x2 + y2 + 1 y2 + z2 + 2 1 1 1 ≥ ( x + y + z )2 +  + +  . z2 x y z 1 0, 25 ® C¸ch 1. Ta cã 2 1 1 1 P ≥ ( x + y + z) +  + +  ≥ x y z 2 ( 3 3 xyz ) 2 2  1  9 +3 3  = 9t + , víi xyz  t  2 2 1  x+ y+ z t = 3 xyz ⇒ 0 < t ≤   ≤ . 3 9   9 9  1 §Æt Q(t ) = 9t + ⇒ Q '(t ) = 9 − < 0, ∀t ∈  0;  ⇒ Q(t ) gi¶m trªn 2 t  9 t 1 ⇒ Q(t ) ≥ Q   = 82. VËy P ≥ Q(t ) ≥ 82. 9 1 DÊu “=” x¶y ra khi x = y = z = . 3 C¸ch 2. ( 0, 25 ® ) (  1  0;   9 0, 25 ® 0, 25 ® ) 2 hoÆc 2 1 1 1 1 1 1 Ta cã ( x + y + z )2 +  + +  = 81( x + y + z )2 +  + +  − 80( x + y + z )2 x y z x y z 1 1 1 ≥ 18( x + y + z )  + +  − 80( x + y + z )2 ≥ 162 − 80 = 82. x y z VËy P ≥ 82. 0,25 ® 0,5 ® 1 . 3 Ghi chó: C©u nµy cßn cã nhiÒu c¸ch gi¶i kh¸c. (DÊu “=” x¶y ra khi x = y = z = ) 5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 34
  • 35. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o -----------------------------§Ò chÝnh thøc ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 M«n thi : To¸n , Khèi A Thêi gian lµm bµi : 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò -------------------------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm) − x 2 + 3x − 3 (1). 2(x − 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. Cho hµm sè y = C©u II (2 ®iÓm) 2(x 2 − 16) 1) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh x −3 + x −3 > 7−x . x −3 1 ⎧ ⎪ log 1 (y − x) − log 4 y = 1 ⎨ 4 ⎪ x 2 + y 2 = 25. ⎩ 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 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) 2 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ 1+ 1 x dx . x −1 8 2) T×m hÖ sè cña x8 trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña ⎡1 + x 2 (1 − x) ⎤ . ⎣ ⎦ C©u V (1 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC kh«ng tï, tháa m·n ®iÒu kiÖn TÝnh ba gãc cña tam gi¸c ABC. cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3. -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh. ..........................................................................Sè b¸o danh................................................. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 35
  • 36. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 C©u I M«n: To¸n, Khèi A (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang) Néi dung ý I.1 §iÓm 2,0 (1,0 ®iÓm) y= − x 2 + 3x − 3 1 1 = − x +1− . 2 2 ( x − 1) 2(x − 1) a) TËp x¸c ®Þnh: R {1} . b) Sù biÕn thiªn: x(2 − x) y' = ; y ' = 0 ⇔ x = 0, x = 2 . 2(x − 1) 2 1 3 yC§ = y(2) = − , yCT = y(0) = . 2 2 §−êng th¼ng x = 1 lµ tiÖm cËn ®øng. 1 §−êng th¼ng y = − x + 1 lµ tiÖm cËn xiªn. 2 B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 1 − y' y 0 +∞ 0,25 0,25 + + −∞ − 0 − +∞ 3 2 +∞ 2 1 2 0,25 −∞ c) §å thÞ: 0,25 1 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 36
  • 37. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 I.2 (1,0 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi ®−êng th¼ng y = m lµ : − x 2 + 3x − 3 = m ⇔ x 2 + (2m − 3)x + 3 − 2 m = 0 (*). 2(x − 1) 0,25 Ph−¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi: 3 1 ∆ > 0 ⇔ 4m 2 − 4m − 3 > 0 ⇔ m > hoÆc m < − (**) . 2 2 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 (*). 0,25 AB = 1 ⇔ x 1 − x 2 = 1 ⇔ x1 − x 2 ⇔ (2m − 3)2 − 4(3 − 2 m ) = 1 ⇔ 2 =1 ⇔ m= (x + x 2 ) − 4x1x 2 = 1 2 1 0,25 1± 5 (tho¶ m·n (**)) 2 0,25 2,0 II II.1 (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn : x ≥ 4 . BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi bÊt ph−¬ng tr×nh: 0,25 2(x 2 − 16) + x − 3 > 7 − x ⇔ 2(x 2 − 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 2 ®−îc: 2 x 2 − 16 > (10 − 2x ) ⇔ x 2 − 20x + 66 < 0 ⇔ 10 − 34 < x < 10 + 34 . ( II.2 ) KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn 4 ≤ x ≤ 5 ta cã: 10 − 34 < x ≤ 5 . §¸p sè: x > 10 − 34 (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: y > x vµ y > 0. log 1 (y − x ) − log 4 4 ⇔ − log 4 1 =1 ⇔ y − log 4 (y − x ) − log 4 0,25 1 =1 y 0,25 3y y−x =1 ⇔ x = . y 4 0,25 2 ⎛ 3y ⎞ 2 ThÕ vµo ph−¬ng tr×nh x + y = 25 ta cã: ⎜ ⎟ + y = 25 ⇔ y = ±4. ⎝ 4 ⎠ 2 2 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 3,0 III III.1 (1,0 ®iÓm) 3x + 3y = 0 . + §−êng th¼ng qua O, vu«ng gãc víi BA( 3 ; 3) cã ph−¬ng tr×nh §−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) + §−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 0,25 0,25 3x + 3y = 0 ). 2 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 37
  • 38. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 . ( III.2.a ) (1,0 ®iÓm) ( 0,25 ) + Ta cã: C ( −2; 0; 0 ) , D ( 0; −1; 0 ) , M − 1; 0; 2 , ( ) ( ) SA = 2; 0; − 2 2 , BM = −1; −1; Gäi α lµ gãc gi÷a SA vµ BM. Ta ®−îc: ( cosα = cos SA, BM ( 2 . 0,25 SA.BM ) = SA . BM = 3 ⇒ α = 30° . 2 0,25 ) + Ta cã: ⎡SA, BM ⎤ = −2 2; 0; − 2 , AB = ( −2; 1; 0 ) . ⎣ ⎦ VËy: ⎡SA, BM ⎤ ⋅ AB 2 6 ⎣ ⎦ = d ( SA, BM ) = 3 ⎡SA, BM ⎤ ⎣ ⎦ III.2.b 0,25 0,25 (1,0 ®iÓm) ⎛ ⎝ ⎞ ⎠ 1 2 Ta cã MN // AB // CD ⇒ N lµ trung ®iÓm SD ⇒ N⎜ 0; − ; 2 ⎟ . ( ) ( 0,25 ) 1 ⎛ ⎞ SA = 2; 0; −2 2 , SM = − 1; 0; − 2 , SB = 0; 1; − 2 2 , SN = ⎜ 0; − ; − 2 ⎟ 2 ⎝ ⎠ ⇒ ⎡SA, SM ⎤ = 0; 4 2; 0 . ⎣ ⎦ ( ) ( 1 6 1 = 6 VS.ABM = VS.AMN ) ⎡SA,SM ⎤ ⋅ SB = 2 2 ⎣ ⎦ 3 ⎡SA,SM ⎤ ⋅ SN = 2 ⇒ VS.ABMN = VS.ABM + VS.AMN = 2 ⎣ ⎦ 3 0,25 0,25 0,25 2,0 IV IV.1 (1,0 ®iÓm) 2 x dx . §Æt: t = x − 1 ⇒ x = t 2 + 1 ⇒ dx = 2 tdt . x −1 1 x = 1⇒ t = 0 , x = 2 ⇒ t = 1. I= ∫ 1+ 0,25 3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 38
  • 39. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 1 Ta cã: I = ∫ 0 1 1 t2 +1 t3 + t 2 ⎞ ⎛ 2t dt = 2 ∫ dt = 2∫ ⎜ t 2 − t + 2 − ⎟ dt 1+ t 1+ t t +1 ⎠ ⎝ 0 0 0,25 1 IV.2 1 ⎡1 ⎤ I = 2 ⎢ t 3 − t 2 + 2t − 2 ln t + 1 ⎥ 2 ⎣3 ⎦0 ⎡1 1 ⎤ 11 I = 2 ⎢ − + 2 − 2 ln 2 ⎥ = − 4 ln 2 . ⎣3 2 ⎦ 3 (1, 0 ®iÓm) 0,25 0,25 8 0 2 3 4 ⎡1 + x 2 (1 − x ) ⎤ = C8 + C1 x 2 (1 − x ) + C8 x 4 (1 − x ) + C8 x 6 (1 − x ) + C8 x 8 (1 − x ) 8 ⎣ ⎦ 2 3 4 5 6 7 + C8 x10 (1 − x ) + C8 x12 (1 − x ) + C8 x14 (1 − x ) + C8 x16 (1 − x ) 8 5 6 7 8 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 C8 .C3 , C8 .C 0 4 Suy ra 0,25 a8 = 168 + 70 = 238 . 0,25 1,0 V Gäi M = cos 2 A + 2 2 cos B + 2 2 cos C − 3 = 2 cos 2 A − 1 + 2 2 ⋅ 2 cos B+C B−C ⋅ cos −3. 2 2 0,25 A B−C A > 0 , cos ≤ 1 nªn M ≤ 2 cos 2 A + 4 2 sin − 4 . 2 2 2 2 MÆt kh¸c tam gi¸c ABC kh«ng tï nªn cos A ≥ 0 , cos A ≤ cos A . Suy ra: A⎞ A A ⎛ M ≤ 2 cos A + 4 2 sin − 4 = 2⎜ 1 − 2 sin 2 ⎟ + 4 2 sin − 4 2 2⎠ 2 ⎝ Do sin 0,25 2 A A A ⎞ ⎛ = −4 sin + 4 2 sin − 2 = −2⎜ 2 sin − 1 ⎟ ≤ 0 . VËy M ≤ 0 . 2 2 2 ⎝ ⎠ 0,25 2 ⎧ ⎪cos 2 A = cos A ⎪ B−C ⎪ Theo gi¶ thiÕt: M = 0 ⇔ ⎨cos =1 2 ⎪ 1 ⎪ A ⎪sin 2 = 2 ⎩ ⎧A = 90° ⎩B = C = 45°⋅ ⇔⎨ 0,25 4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 39
  • 40. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 (Cm ) là đồ thị của hàm số y = m x + 1 x (*) ( m là tham số). 1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m = . 4 2) Tìm m để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của (C m ) đến tiệm 1 cận xiên của (Cm ) bằng . 2 C©u II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 5x − 1 − x −1 > 2x − 4. cos 2 3x cos 2x − cos 2 x = 0. 2) Giải phương trình C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : x − y = 0 và d 2 : 2x + y − 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc d1 , đỉnh C thuộc d 2 và các đỉnh B, D thuộc trục hoành. x −1 y + 3 z − 3 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : = = và mặt 2 1 −1 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) π 2 sin 2x + sin x dx. 1 + 3cos x 0 2) Tìm số nguyên dương n sao cho + C1 +1 − 2.2C 2 +1 + 3.22 C3 +1 − 4.23 C 4 +1 + L + (2n + 1).2 2n C 2n +1 = 2005 2n 2n 2n 2n 2n 1 1) Tính tích phân I = ∫ ( Ck là số tổ hợp chập k của n phần tử). n C©u V (1 điểm) 1 1 1 + + = 4. Chứng minh rằng x y z 1 1 1 + + ≤ 1. 2x + y + z x + 2y + z x + y + 2z Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn ------------------------------ Hết ----------------------------Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................…… số báo danh........................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 40
  • 41. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO --------------------ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 ---------------------------------------Môn: TOÁN, Khối A (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang) Ý Nội dung Điểm 2,0 1,0 I.1 m= 1 1 1 ⇒ y= x+ . 4 4 x a) TXĐ: {0}. 0,25 b) Sự biến thiên: y ' = 1 1 x −4 , y ' = 0 ⇔ x = −2, x = 2. − = 4 x2 4x 2 2 yCĐ = y ( −2 ) = −1, yCT = y ( 2 ) = 1. Đường thẳng x = 0 là tiệm cận đứng. 1 Đường thẳng y = x là tiệm cận xiên. 4 0,25 c) Bảng biến thiên: x y’ − ∞ + −2 0 − 0 −1 +∞ − 2 0 +∞ + +∞ 0,25 y − ∞ −∞ 1 d) Đồ thị 0,25 1 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 41
  • 42. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 I.2 1,0 1 , y ' = 0 có nghiệm khi và chỉ khi m > 0 . x2 1 1 Nếu m > 0 thì y ' = 0 ⇔ x1 = − , x2 = . m m Xét dấu y ' x 1 −∞ − 0 m + 0 − || − y' Hàm số luôn có cực trị với mọi m > 0. y' = m − 0,25 1 m 0 +∞ 0,25 + ⎛ 1 ⎞ ; 2 m ⎟. ⎝ m ⎠ Tiệm cận xiên (d) : y = mx ⇔ mx − y = 0. Điểm cực tiểu của ( C m ) là M ⎜ d ( M, d ) = m −2 m = m2 + 1 1 ⇔ 2 Kết luận: m = 1 . d ( M;d ) = m m +1 2 m m2 + 1 = 0,25 . 1 ⇔ m 2 − 2m + 1 = 0 ⇔ m = 1. 2 0,25 II. 2,0 1,0 II.1 Bất phương trình: ⎧5x − 1 ≥ 0 ⎪ 5x − 1 − x − 1 > 2x − 4 . ĐK: ⎨ 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) ⇔ x + 2 > (2x − 4)(x − 1) ⇔ x + 4x + 4 > 2x − 6x + 4 2 0,25 2 ⇔ x 2 − 10x < 0 ⇔ 0 < x < 10. Kết hợp với điều kiện ta có : 2 ≤ x < 10 là nghiệm của bất phương trình đã cho. II.2 0,25 0,25 1,0 Phương trình đã cho tương đương với (1 + cos 6x ) cos 2x − (1 + cos 2x ) = 0 ⇔ cos 6x cos 2x − 1 = 0 ⇔ cos8x + cos 4x − 2 = 0 ⇔ 2 cos 2 4x + cos 4x − 3 = 0 ⎡ cos 4x = 1 ⇔⎢ ⎢ cos 4x = − 3 ( lo¹i ) . ⎢ 2 ⎣ π Vậy cos 4x = 1 ⇔ x = k ( k ∈ 2 0,25 0,25 0,5 ). 2 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 42
  • 43. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 III. III.1 3,0 1,0 Vì A ∈ d1 ⇒ A ( t; t ) . Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B, D ∈ Ox nên C ( t; − t ) . 0,25 Vì C ∈ d 2 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 ⎧ B ∈ Ox ⎧ B(b;0) ⎧ b − 1 = 1 ⎧b = 0, b = 2 ⎪ ⇔⎨ ⇒⎨ ⇔⎨ ⎨ ⎩D ∈ Ox ⎩D(d;0) ⎪ d − 1 = 1 ⎩d = 0, d = 2 ⎩ Suy ra, B ( 0;0 ) và D ( 2;0 ) hoặc B ( 2;0 ) và D ( 0;0 ) . 0,25 0,25 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 ) . III.2a 1,0 ⎧x = 1 − t ⎪ Phương trình của tham số của d : ⎨ y = −3 + 2t ⎪z = 3 + t. ⎩ I ∈ d ⇒ I (1 − t; −3 + 2t;3 + t ) , d ( I, ( P ) ) = 0,25 −2t + 2 . 3 0,25 ⎡t = 4 d ( I, ( P ) ) = 2 ⇔ 1 − t = 3 ⇔ ⎢ ⎣ t = −2. Vậy có hai điểm I1 ( −3;5;7 ) , I 2 ( 3; −7;1) . 0,25 0,25 III.2b 1,0 Vì A ∈ d nên A (1 − t; −3 + 2t;3 + t ) . Ta có A ∈ ( P ) ⇔ Vậy A ( 0; −1; 4 ) . 2 (1 − t ) + ( −3 + 2t ) − 2 ( 3 + t ) + 9 = 0 ⇔ t = 1 . 0,25 Mặt phẳng ( P ) có vectơ pháp tuyến n = ( 2;1; −2 ) . Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u = ( −1; 2;1) . 0,5 Vì ∆ ⊂ ( P ) và ∆ ⊥ d nên ∆ có vectơ chỉ phương u ∆ = ⎡ n, u ⎤ = ( 5;0;5 ) . ⎣ ⎦ ⎧x = t ⎪ Phương trình tham số của ∆ : ⎨ y = −1 ⎪z = 4 + t. ⎩ 0,25 3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 43
  • 44. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 IV 2,0 1,0 IV.1 π 2 I=∫ 0 (2cos x + 1)sin x dx . 1 + 3cos x 0,25 ⎧ t2 −1 cos x = ⎪ 3 Đặt t = 1 + 3cos x ⇒ ⎨ 3sin x ⎪dt = − dx. ⎪ 2 1 + 3cos x ⎩ π x = 0 ⇒ t = 2, x = ⇒ t = 1. 2 1 2 ⎛ t −1 ⎞⎛ 2 ⎞ 22 2 + 1⎟ ⎜ − ⎟ dt = ∫ ( 2t + 1) dt. I = ∫⎜2 3 91 ⎠⎝ 3 ⎠ 2⎝ 0,25 0,25 2 ⎞ 2 ⎛ 2t 3 2 ⎡⎛ 16 ⎞ ⎛ 2 ⎞ ⎤ 34 = ⎜ + t ⎟ = ⎢⎜ + 2 ⎟ − ⎜ + 1⎟ ⎥ = . 9⎝ 3 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎦ 27 ⎠ 1 9 ⎣⎝ 3 IV.2 Ta có (1 + x ) 2n +1 =C 0 2n +1 +C 1 2n +1 x+C 2 2n +1 x +C 2 3 2n +1 0,25 x + ... + C 3 2n +1 2n +1 x 2n +1 ∀x ∈ . 1,0 0,25 Đạo hàm hai vế ta có ( 2n + 1)(1 + x ) 2n 2 2n +1 = C1 +1 + 2C2n +1x + 3C3 +1x 2 + ... + ( 2n + 1) C2n +1x 2n ∀x ∈ . 2n 2n Thay x = −2 ta có: 2 +1 C1 +1 − 2.2C 2 n +1 + 3.2 2 C3 +1 − 4.23 C 4 +1 + ... + ( 2n + 1) .22n C 2n +1 = 2n + 1. 2n 2n 2n 2n Theo giả thiết ta có 2n + 1 = 2005 ⇒ n = 1002 . 0,25 0,25 0,25 V 1,0 Với a, b > 0 ta có : 4ab ≤ (a + b) ⇔ 2 Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi a = b . Áp dụng kết quả trên ta có: 1 a+b 1 1⎛1 1⎞ ≤ ⇔ ≤ ⎜ + ⎟. a + b 4ab a +b 4⎝a b⎠ 0,25 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 ⎠ 0,5 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 ⎠ 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 3 x = y = z. Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = . 4 Vậy 0,25 -------------------------------Hết------------------------------4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 44
  • 45. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC 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 y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4. 3 2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt: 2 x − 9x 2 + 12 x = m. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình: ( ) 2 cos6 x + sin 6 x − sin x cos x 2 − 2sin x = 0. ⎧ x + y − xy =3 ⎪ 2. Giải hệ phương trình: ⎨ ( 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 1 . biết cos α = 6 Câu IV (2 điểm) 1. Tính tích phân: I = π 2 ∫ 0 sin 2x cos 2 x + 4sin 2 x dx. 2. Cho hai số thực x ≠ 0, y ≠ 0 thay đổi và thỏa mãn điều kiện: ( x + y ) xy = x 2 + y 2 − xy . 1 1 + 3. 3 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: d1 : x + y + 3 = 0, d 2 : x − y − 4 = 0, d3 : x − 2y = 0. Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng d 3 sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng d1 bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng d 2 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức A = n ⎛ 1 ⎞ 2. Tìm hệ số của số hạng chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 4 + x 7 ⎟ , biết ⎝x ⎠ 1 2 n 20 rằng C 2n +1 + C2n +1 + ... + C2n +1 = 2 − 1. 26 (n nguyên dương, Ck là số tổ hợp chập k của n phần tử) n Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải phương trình: 3.8x + 4.12x − 18x − 2.27 x = 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: .................................. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 45
  • 46. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 A (Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang) Câu I Ý 1 Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 2x 3 − 9x 2 + 12x − 4. • TXĐ: . • Sự biến thiên: y ' = 6 ( x 2 − 3x + 2 ) , y ' = 0 ⇔ x = 1, x = 2. 0,25 Bảng biến thiên: x -∞ y' + 1 0 2 0 _ +∞ + +∞ 1 y 0 -∞ yCĐ = y (1) = 1, y CT = y ( 2 ) = 0. 0,50 • Đồ thị: y 1 O x 1 2 0,25 −4 2 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm) 3 2 Phương trình đã cho tương đương với: 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. 3 0,25 2 Hàm số y = 2 x − 9 x + 12 x − 4 là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng. 0,25 1/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 46
  • 47. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số: 3 y = 2 x − 9x 2 + 12 x − 4 y 1 −2 −1 O y=m−4 1 2 x 0,25 −4 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. II 1 2 0,25 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 2 Điều kiện: sin x ≠ (1) . 2 Phương trình đã cho tương đương với: ⎛ 3 ⎞ 1 2 ( sin 6 x + cos 6 x ) − sin x cos x = 0 ⇔ 2 ⎜1 − sin 2 2x ⎟ − sin 2x = 0 ⎝ 4 ⎠ 2 2 ⇔ 3sin 2x + sin 2x − 4 = 0 ⇔ sin 2x = 1 π ⇔ x = + kπ ( k ∈ ). 4 5π Do điều kiện (1) nên: x = + 2mπ (m ∈ ). 4 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. Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được: x + y + 2 + 2 xy + x + y + 1 = 16 ( 2) . Thay xy = t 2 , x + y = 3 + t vào (2) ta được: 2 0,50 0,25 0,25 0,25 0,25 2 3 + t + 2 + 2 t + 3 + t + 1 = 16 ⇔ 2 t + t + 4 = 11 − t ⎧0 ≤ t ≤ 11 ⎧0 ≤ t ≤ 11 ⎪ ⇔⎨ 2 ⇔ t =3 2 ⇔ ⎨ 2 ⎩3t + 26t − 105 = 0 ⎪4 ( t + t + 4 ) = (11 − t ) ⎩ Với t = 3 ta có x + y = 6, xy = 9. Suy ra, nghiệm của hệ là (x; y) = (3;3). 0,25 0,25 2/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 47
  • 48. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 ⎛1 ⎞ ⎛1 ⎞ Ta có: 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. Vậy d ( A 'C, MN ) = d ( M, ( P ) ) = 2 1 + 0 −1 2 = 1 . 12 + 02 + 12 2 2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm) Gọi mặt phẳng cần tìm là ( Q ) : ax + by + cz + d = 0 ( a 2 + b 2 + c 2 > 0 ) . ⎧c + d = 0 Vì ( Q ) đi qua A ' ( 0;0;1) và C (1;1;0 ) nên: ⎨ ⇔ 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 0,25 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 cos α = a+b ⇔ a 2 + b2 + ( a + b ) 2 = 1 1 nên cos n, k = 6 6 ( ) 0,25 1 2 ⇔ 6 ( a + b ) = 2 ( a 2 + b 2 + ab ) 6 ⇔ a = −2b hoặc b = −2a. Với a = −2b , chọn b = −1, được mặt phẳng ( Q1 ) : 2x − y + z − 1 = 0. Với b = −2a , chọn a = 1, được mặt phẳng ( Q 2 ) : x − 2y − z + 1 = 0. IV 0,25 0,25 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) π 2 sin 2x Ta có: I = ∫ π 2 dx = ∫ sin 2x 2 cos 2 x + 4sin 2 x 0 1 + 3sin x Đặt t = 1 + 3sin 2 x ⇒ dt = 3sin 2xdx. π Với x = 0 thì t = 1 , với x = thì t = 4. 2 4 1 dt Suy ra: I = ∫ 31 t 0 dx. 0,25 0,25 0,25 4 2 2 = t = . 3 1 3 0,25 3/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 48
  • 49. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm) 1 1 1 1 1 Từ giả thiết suy ra: + = 2+ 2− . x y x y xy 1 1 Đặt = a, = b ta có: a + b = a 2 + b 2 − ab x y ( (1) ) 2 A = a 3 + b3 = ( a + b ) a 2 + b 2 − ab = ( a + b ) . 0,25 2 Từ (1) suy ra: a + b = ( a + b ) − 3ab. 2 3 2 2 ⎛a+b⎞ Vì ab ≤ ⎜ ⎟ nên a + b ≥ ( a + b ) − ( a + b ) 4 ⎝ 2 ⎠ 0,50 2 ⇒ (a + b) − 4 (a + b) ≤ 0 ⇒ 0 ≤ a + b ≤ 4 2 Suy ra: A = ( a + b ) ≤ 16. Với x = y = V.a 1 1 thì A = 16. Vậy giá trị lớn nhất của A là 16. 2 0,25 2,00 Tìm điểm M ∈ d 3 sao cho d ( M, d1 ) = 2d ( M, d 2 ) (1,00 điểm) Vì M ∈ d 3 nên M ( 2y; y ) . 0,25 Ta có: d ( M, d1 ) = 2y + y + 3 12 + 12 = 3y + 3 d ( M, d1 ) = 2d ( M, d 2 ) ⇔ 2 , d ( M, d 2 ) = 3y + 3 2 Với y = −11 được điểm M1 ( −22; − 11) . =2 y−4 2 2y − y − 4 12 + ( −1) = 2 y−4 2 . ⇔ y = −11, y = 1. Với y = 1 được điểm M 2 ( 2; 1) . 2 Vì = 0,25 0,25 Tìm hệ số của x 26 trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm) n • Từ giả thiết suy ra: C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + C2n +1 = 220 2n 2n k C2n +1 0,25 (1) . 2n +1 C2n +1−k , ∀k, 0 ≤ k ≤ 2n + 1 nên: 1 n 2n 1 C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + C2n +1 = C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + C2n +1 2n 2n 2n 2n + 2 ( Từ khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 1) 2n +1 C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + C2n +1 = (1 + 1) 2n 2n 2n +1 ) ( 2). 0,25 suy ra: 2n +1 = 22n +1 ( 3) . Từ (1), (2) và (3) suy ra: 22n = 220 hay n = 10. 0,25 10 10 10 10 − k k ⎛ 1 ⎞ k k • Ta có: ⎜ 4 + x 7 ⎟ = ∑ C10 ( x −4 ) ( x 7 ) = ∑ C10 x11k −40 . ⎝x ⎠ k =0 k =0 k Hệ số của x 26 là C10 với k thỏa mãn: 11k − 40 = 26 ⇔ k = 6. 6 Vậy hệ số của x 26 là: C10 = 210. 0,25 0,25 4/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 49
  • 50. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) ⎛2⎞ Phương trình đã cho tương đương với: 3 ⎜ ⎟ ⎝3⎠ ⎛2⎞ Đặt t = ⎜ ⎟ ⎝3⎠ x 3x ⎛2⎞ + 4⎜ ⎟ ⎝3⎠ 2x x ⎛2⎞ −⎜ ⎟ −2 = 0 ⎝3⎠ (1) . ( t > 0 ) , phương trình (1) trở thành: 3t 3 + 4t 2 − t − 2 = 0 2 ⇔ ( t + 1) ( 3t − 2 ) = 0 ⇔ t = 2 (vì t > 0 ). 3 0,25 0,25 0,25 x Với t = 2 2 2 ⎛2⎞ thì ⎜ ⎟ = hay x = 1. 3 3 ⎝3⎠ 0,25 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. O' A' H D B A O Do BH ⊥ A ' D và BH ⊥ AA ' nên BH ⊥ ( AOO ' A ' ) . 0,25 1 Suy ra: VOO 'AB = .BH.SAOO ' . 3 0,25 Ta có: A 'B = AB2 − A 'A 2 = 3a ⇒ BD = A 'D 2 − A 'B2 = a ⇒ ΔBO ' D đều ⇒ BH = a 3 . 2 0,25 1 Vì AOO ' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên: SAOO ' = a 2 . 2 2 3 1 3a a 3a Vậy thể tích khối tứ diện OO 'AB là: 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---------------- 5/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 50
  • 51. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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 ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm) x 2 + 2(m + 1)x + m 2 + 4m (1), m là tham số. x+2 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. Cho hàm số y = Câu II (2 điểm) ( ) ( ) 1. Giải phương trình: 1 + sin 2 x cos x + 1 + cos 2 x sin x = 1 + sin 2x. 2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 3 x − 1 + m x + 1 = 2 4 x 2 − 1. Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng ⎧ x = −1 + 2t x y −1 z + 2 ⎪ d1 : = = và d 2 : ⎨ y = 1 + t 2 −1 1 ⎪z = 3. ⎩ 1. Chứng minh rằng d1 và d 2 chéo nhau. 2. Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( P ) : 7x + y − 4z = 0 và cắt hai đường thẳng d1 , d 2 . Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = ( e + 1) x, y = 1 + e x 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: x 2 (y + z) y 2 (z + x) z 2 (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. 1 1 1 1 2n −1 22n − 1 C2n = 2. Chứng minh rằng: C1 + C3 + C5 + ... + 2n 2n 2n 2 4 6 2n 2n + 1 k ( n là số nguyên dương, Cn 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: 2 log 3 (4x − 3) + log 1 (2x + 3) ≤ 2. 3 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: ………………………………. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 51
  • 52. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Nội dung 1 Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) x2 − 3 1 Khi m = −1 ta có y = = x −2+ . x+2 x+2 • Tập xác định: D = {−2} . • Sự biến thiên: ⎡ x = −3 1 x 2 + 4x + 3 y ' = 1− = , y' = 0 ⇔ ⎢ 2 2 (x + 2) (x + 2) ⎣ x = −1. Bảng biến thiên: x −∞ −3 −2 −1 y' + 0 − − −6 y 0 +∞ −∞ 0,25 +∞ + 0,25 +∞ −∞ −2 yCĐ = y ( −3) = −6, yCT = y ( −1) = −2. • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2. • Đồ thị: 0,25 y − 3 −2 −1 O x −2 −6 2 0,25 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm) x 2 + 4x + 4 − m 2 y' = . 2 ( x + 2) Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ g ( x ) = x 2 + 4x + 4 − m 2 có 2 nghiệm ⎧∆ ' = 4 − 4 + m2 > 0 ⎪ ⇔ m ≠ 0. phân biệt x ≠ −2 ⇔ ⎨ 2 ⎪g ( −2) = 4 − 8 + 4 − m ≠ 0 ⎩ 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,50 52
  • 53. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 ⇔ OA.OB = 0 ⇔ − m 2 − 8m + 8 = 0 0,50 ⇔ m = −4 ± 2 6 (thỏa mãn m ≠ 0). Vậy giá trị m cần tìm là: m = −4 ± 2 6 . 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 + kπ, x = + k2π, x = k2π (k ∈ Z ). 4 2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm) x −1 x −1 Điều kiện: x ≥ 1 . Phương trình đã cho ⇔ −3 + 24 = m (1). x +1 x +1 x −1 , khi đó (1) trở thành −3t 2 + 2t = m (2). Đặt t = 4 x +1 ⇔ x=− 2 0,50 0,50 x −1 4 2 = 1− và x ≥ 1 nên 0 ≤ t < 1. x +1 x +1 Hàm số f (t) = −3t 2 + 2t, 0 ≤ t < 1 có bảng biến thiên: Vì t = 4 t 0 1/3 1 0,50 1/3 f(t) 0 -1 Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ −1 < m ≤ 1 . 3 III 2,00 1 Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm) +) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương u1 = (2; −1; 1), d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương u 2 = (2; 1; 0). 0,25 +) [u1 , u 2 ] = (−1; 2; 4) và MN = (−1; 0; 5). +) [u1 , u 2 ] . MN = 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau. 2 0,50 0,25 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). 0,25 ⇒ AB = (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5). (P) có véctơ pháp tuyến n = (7; 1; − 4). AB ⊥ (P) ⇔ AB cùng phương với n ⎧5t + 9s + 1 = 0 ⎧s = 1 2t − 2s − 1 t + s −s + 5 ⇔ ⇔ ⎨ = = ⇔ ⎨ 7 1 −4 ⎩4t + 3s + 5 = 0 ⎩ t = −2 ⇒ A ( 2;0; − 1) , B ( −5; − 1;3) . Phương trình của d là: x − 2 y z +1 = = . 7 1 −4 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,25 0,25 53
  • 54. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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. 1 Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S = ∫ xe 1 0 1 Ta có: e ∫ xdx = 0 2 e ex 2 1 = , 2 0 2 1 x x ∫ xe dx = xe 0 1 0 1 0 x 0 − ex dx = e ∫ xdx − ∫ xe x dx. 1 − ∫ e x dx = e − e x 0 1 = 1. 0 e Vậy S = − 1 (đvdt). 2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: x 2 (y + z) ≥ 2x x . Tương tự, y 2 (z + x) ≥ 2y y , z 2 (x + y) ≥ 2z z . ⇒ P≥ 0,25 0,25 0,50 0,25 2y y 2x x 2z z . + + 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 . 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a , y y= ,z z= . Suy ra: x x = 9 9 9 0,25 2 ⎛ 4c + a − 2b 4a + b − 2c 4b + c − 2a ⎞ + + Do đó P ≥ ⎜ ⎟ 9⎝ b c a ⎠ = 2⎡ ⎛c a b⎞ ⎛a b c⎞ ⎤ 2 ⎢ 4 ⎜ b + c + a ⎟ + ⎜ b + c + a ⎟ − 6 ⎥ ≥ 9 ( 4.3 + 3 − 6 ) = 2. 9⎣ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎦ c a b ⎛c a⎞ ⎛b ⎞ a b +2 − 1 ≥ 4 − 1 = 3, + + = ⎜ + ⎟ + ⎜ + 1⎟ − 1 ≥ 2 b c a ⎝b c⎠ ⎝a ⎠ b a c a b a b c c a b hoặc + + ≥ 3 3 ⋅ ⋅ = 3. Tương tự, + + ≥ 3). b c a b c a b c a (Do Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2. V.a 1 0,25 0,25 2,00 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 ⇒ H(1; 1). ⎨ ⎩y = 1 Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 (1). 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. ⎩ 1 ⎧ ⎪a = − 2 ⎪ 1 ⎪ ⇔ ⎨b = 2 ⎪ ⎪ c = −2. ⎪ ⎩ Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: x 2 + y 2 − x + y − 2 = 0. 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,25 0,25 0,25 54
  • 55. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: (1 + x ) 2n 2n = C0 + C1 x + ... + C2n x 2n , (1 − x ) 2n 2n ⇒ (1 + x ) − (1 − x ) 2n 1 ⇒ ∫ (1 + x ) 2n − (1 − x ) • ∫ (1 + x ) 2n ∫ (C 1 2n ) 0,50 1 2n − (1 − x ) 2 0 1 • ( 2n = C0 − C1 x + ... + C2n x 2n 2n 2n = 2 C1 x + C3 x 3 + C5 x 5 + ... + C2n −1x 2n −1 . 2n 2n 2n 2n 2 0 1 2n 2n dx = ∫ (C 1 2n ) x + C3 x 3 + C5 x 5 + ... + C2n −1x 2n −1 dx 2n 2n 2n 0 2n (1 + x ) dx = 2n +1 + (1 − x ) 2n +1 2 ( 2n + 1) 1 22n − 1 = (1) 0 2n + 1 ) x + C3 x 3 + C5 x 5 + ... + C2n −1x 2n −1 dx 2n 2n 2n 0 0,50 1 ⎛ x2 x4 x6 x 2n ⎞ 2n = ⎜ C1 . + C3 . + C5 . + ... + C2n −1. ⎟ 2n 2n 2n 2 4 6 2n ⎠ 0 ⎝ 1 1 1 1 2n −1 C2n = C1 + C3 + C5 ... + (2). 2n 2n 2n 2 4 6 2n Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh. V.b 2,00 1 2 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) 3 (4x − 3) 2 Điều kiện: x > . Bất phương trình đã cho ⇔ log 3 ≤2 2x + 3 4 ⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3) 3 ⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ − ≤ x ≤ 3. 8 3 Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: < x ≤ 3. 4 Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm) Gọi H là trung điểm của AD. S Do ∆SAD đều nên SH ⊥ AD. Do ( SAD ) ⊥ ( ABCD ) nên SH ⊥ ( ABCD ) 0,25 0,25 0,25 0,25 M ⇒ SH ⊥ BP (1) . Xét hình vuông ABCD ta có ∆CDH = ∆BCP ⇒ CH ⊥ BP ( 2 ) . Từ (1) và (2) A suy ra BP ⊥ ( SHC ) . BP ⊥ ( AMN ) ⇒ BP ⊥ AM. 0,50 K H Vì MN // SC và AN // CH nên ( AMN ) // ( SHC ) . Suy ra B N D P C 1 Kẻ MK ⊥ ( ABCD ) , K ∈ ( ABCD ) . Ta có: VCMNP = MK.SCNP . 3 2 1 a 3 1 a 3a 3 , SCNP = CN.CP = nên VCMNP = (đvtt). Vì MK = SH = 2 4 2 8 96 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---------------4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 55
  • 56. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2 Cho hàm số y = (1), với m là tham số thực. x + 3m 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 45o. Câu II (2 điểm) 1 1 ⎛ 7π ⎞ 1. Giải phương trình + = 4s in ⎜ − x ⎟ . 3π ⎞ s inx ⎛ ⎝ 4 ⎠ sin ⎜ x − ⎟ 2 ⎠ ⎝ 5 ⎧ 2 3 2 ⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4 2. Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ ) . ⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5 ⎪ ⎩ 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 = = . 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) d: π 6 tg 4 x dx. cos 2x 0 2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 4 2x + 2x + 2 4 6 − x + 2 6 − x = m (m ∈ ). 1. Tính tích phân I = ∫ 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 5 và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. (E) có tâm sai bằng 3 n 2. Cho khai triển (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n , trong đó n ∈ * và các hệ số a 0 , a1 ,..., a n a1 a + ... + n = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n . 2 2n Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình log 2x −1 (2x 2 + x − 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 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'. thỏa mãn hệ thức a 0 + ..........................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:............................................... LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 56
  • 57. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 I Nội dung 1 Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) x2 + x − 2 4 Khi m = 1 hàm số trở thành: y = = x−2+ . x+3 x +3 • TXĐ: D = {−3} . • Sự biến thiên: y ' = 1 − 0,25 ⎡ x = −1 4 x 2 + 6x + 5 = , y' = 0 ⇔ ⎢ 2 2 (x + 3) (x + 3) ⎣ x = −5 • yCĐ = y ( −5 ) = −9 , yCT = y ( −1) = −1. 0,25 • TCĐ: x = −3 , TCX: y = x − 2. • Bảng biến thiên: x −∞ y’ + −5 0 −9 −1 0 −3 − − +∞ + +∞ 0,25 +∞ y • Đồ thị: −∞ −∞ −1 y -5 -3 -1 O -1 2 x -2 0,25 -9 2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) mx 2 + (3m 2 − 2)x − 2 6m − 2 y= . = mx − 2 + x + 3m x + 3m 1 • Khi m = đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 3 1 • Khi m ≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận : 3 d1: x = −3m ⇔ x + 3m = 0, d2: y = mx − 2 ⇔ mx − y − 2 = 0. 0,25 0,25 Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là n1 = (1;0) , n 2 = (m; − 1). Góc giữa d1 và d2 bằng 45o khi và chỉ khi cos450 = n1.n 2 n1 . n 2 = m m2 + 1 ⇔ 0,50 m 2 = ⇔ m = ± 1. 2 m2 + 1 Trang 1/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 57
  • 58. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 II 1 2 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 3π Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0. 2 1 1 Phương trình đã cho tương đương với: + = −2 2(s inx + cosx) s inx cosx 1 ⎛ ⎞ ⇔ (s inx + cosx) ⎜ + 2 2 ⎟ = 0. ⎝ s inxcosx ⎠ 0,50 π • s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 4 1 2 π 5π • + 2 2 = 0 ⇔ sin 2x = − ⇔ x = − + kπ hoặc x = + kπ. s inxcosx 2 8 8 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : π π 5π x = − + kπ ; x = − + k π ; x = + kπ (k ∈ ). 4 8 8 Giải hệ... (1,00 điểm) 5 5 ⎧ 2 ⎧ 2 x + y + x 3 y + xy 2 + xy = − x + y + xy + xy ( x 2 + y ) = − ⎪ 4 ⇔⎪ 4 (∗) ⎨ ⎨ ⎪ x 4 + y 2 + xy(1 + 2x) = − 5 ⎪(x 2 + y) 2 + xy = − 5 ⎪ ⎪ 4 4 ⎩ ⎩ 5 ⎧ ⎪ u + v + uv = − 4 ⎧u = x 2 + y . Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨ Đặt ⎨ ⎩ v = xy ⎪u 2 + v = − 5 ⎪ 4 ⎩ 5 5 ⎧ ⎡ 2 ⎪v = − 4 − u ⎢ u = 0, v = − 4 ⇔⎨ ⇔ ⎢ ⎢u = − 1 , v = − 3 . ⎪u 3 + u 2 + u = 0 ⎢ ⎪ 4 2 2 ⎩ ⎣ 2 ⎧x + y = 0 5 5 25 ⎪ • Với u = 0, v = − ta có hệ pt ⎨ . 5 ⇔ x = 3 và y = − 3 4 4 16 ⎪ xy = − 4 ⎩ 1 3 • Với u = − , v = − ta có hệ phương trình 2 2 ⎧ 2 3 1 ⎧2x 3 + x − 3 = 0 ⎪ x − 2x + 2 = 0 3 ⎪ ⇔⎨ ⇔ x = 1 và y = − . ⎨ 3 2 ⎪y = − 3 ⎪y = − 2x ⎩ ⎪ 2x ⎩ ⎛ 5 25 ⎞ 3⎞ ⎛ Hệ phương trình có 2 nghiệm : ⎜ 3 ; − 3 ⎟ và ⎜1; − 2 ⎟ . 16 ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 4 0,50 0,50 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 0,50 của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1). Vì AH ⊥ d nên AH. u = 0 ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. 0,50 Suy ra H ( 3;1; 4 ) . Trang 2/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 58
  • 59. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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. Suy ra (α) qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. 0,50 0,50 Phương trình của (α) là 1(x − 3) − 4(y − 1) + 1(z − 4) = 0 ⇔ x − 4y + z − 3 = 0. IV 2,00 1 Tính tích phân... (1,00 điểm) π 6 I= π 6 4 tg x tg 4 x dx = ∫ dx. ∫ cos 2x 2 2 0 0 (1 − tg x ) cos x 0,25 dx 1 π . Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t = . Đặt t = tgx ⇒ dt = 2 cos x 6 3 Suy ra 1 3 I= ∫ 0 1 3 4 t 1 dt = − ∫ t 2 + 1 dt + ∫ 2 1− t 20 0 = 2 1 3 ( ) ( 1 ⎛ t3 1 t +1 ⎞ 1 ⎞ ⎛ 1 − ⎟ 3 ⎜ ⎟ dt = ⎜ − − t + ln 2 t −1 ⎠ ⎝ t +1 t −1 ⎠ ⎝ 3 0 0,50 ) 1 10 ln 2 + 3 − . 2 9 3 0,25 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 f '(x) = 1 2 4 (2x)3 + 1 1 1 − − 2x 2 4 (6 − x)3 6−x 1⎛ 1 1 = ⎜ − 3 4 2 ⎜ 4 (2x) (6 − x)3 ⎝ ⎛ 1 1 Đặt u(x) = ⎜ − ⎜ 4 (2x)3 4 (6 − x)3 ⎝ ⎞ ⎛ 1 1 ⎞ ⎟+⎜ − ⎟, ⎟ ⎝ 2x 6−x ⎠ ⎠ x ∈ (0;6). 0,50 ⎞ 1 ⎞ ⎛ 1 ⎟ , v(x) = ⎜ − ⎟. ⎟ 6−x ⎠ ⎝ 2x ⎠ 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 ) . Ta có bảng biến thiên: x 0 f’(x) + f(x) 2 6 + 2 4 6 2 0 6 − 3 2 +6 0,50 4 12 + 2 3 Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6. Trang 3/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 59
  • 60. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 V.a 2,00 1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) x 2 y2 Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 + 2 = 1 , a > b > 0. a b ⎧c 5 ⎪ = a 3 ⎪ Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ⎨2 ( 2a + 2b ) = 20 ⎪ 2 2 2 ⎪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 0,50 x 2 y2 + = 1. 9 4 Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n ... (1,00 điểm) Đặt f ( x ) = (1 + 2x ) = a 0 + a1x + ... + a n x n ⇒ a 0 + n a1 a ⎛1⎞ + ... + n = f ⎜ ⎟ = 2n. n 2 2 ⎝2⎠ 0,50 Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12. k k Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12 , a k +1 = 2k +1 C12+1 k ak 2k C12 23 k +1 < 1 ⇔ k +1 k +1 < 1 ⇔ <1 ⇔ k < . a k +1 2 C12 2 (12 − k ) 3 Mà k ∈ ⇒ k ≤ 7. Do đó a 0 < a1 < ... < a 8 . Tương tự, ak > 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 . a k +1 0,50 8 Số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a12 là a 8 = 28 C12 = 126720. V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm)) Điều kiện: x > 1 và x ≠ 1. 2 Phương trình đã cho tương đương với log 2x −1 (2x − 1)(x + 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 4 0,50 ⇔ 1 + log 2x −1 (x + 1) + 2 log x +1 (2x − 1) = 4. Đặt t = log 2x −1 (x + 1), ta có t + ⎡t = 1 2 = 3 ⇔ t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ ⎢ t ⎣ t = 2. • Với t = 1 ⇔ log 2x −1 (x + 1) = 1 ⇔ 2x − 1 = x + 1 ⇔ x = 2. ⎡ x = 0 (lo¹i) • Với t = 2 ⇔ log 2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢ ⎢ x = 5 (tháa m·n) ⎣ 4 0,50 5 Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x = . 4 Trang 4/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 60
  • 61. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) A' C' B' A C H B Gọi H là trung điểm của BC. 0,50 1 1 2 a + 3a 2 = a. Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC = 2 2 Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3. 1 a3 Vậy VA '.ABC = A'H.SΔABC = (đvtt). 3 2 Trong tam giác vuông A 'B' H có: HB' = A 'B'2 + A 'H 2 = 2a nên tam giác B' BH cân tại B'. 0,50 Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì ϕ = B ' BH Vậy cosϕ = a 1 = . 2.2a 4 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------------- Trang 5/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 61
  • 62. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho. Cho hàm số y = 2. Tìm m để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sin 3x − 3 cos 3x = 2sin 2x. ⎧ x − my = 1 có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn 2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình ⎨ ⎩mx + y = 3 xy < 0. Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (1; 1; 3) và đường thẳng d có phương trình x y z −1 = = . 1 −1 2 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O. Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = − x 2 + 4x và đường thẳng d : y = x. 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x 2 + y 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ ( ) nhất của biểu thức P = 2 x 3 + y3 − 3xy. 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 toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x − 2y + 3 = 0. 18 1 ⎞ ⎛ 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 2x + 5 ⎟ x⎠ ⎝ ( x > 0). Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình log 2 ( x + 1) − 6 log 2 x + 1 + 2 = 0. 2 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD = ABC = 90o , AB = BC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a. ---------------------------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: ………………………… LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 62
  • 63. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Nội dung 1 Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 Ta có y = 1 + . x −1 • Tập xác định: D = {1}. 1 • Sự biến thiên: y ' = − < 0, ∀x ∈ D. (x − 1) 2 Bảng biến thiên: x −∞ 1 y' y 0,25 +∞ − − 1 0,25 +∞ −∞ 1 Hàm số không có cực đại và cực tiểu. • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1. • Đồ thị: 0,25 y 1 O 2 II 1 1 x Tìm m để d : y = − x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là x = − x + m ⇔ x 2 − mx + m = 0 (1) (do x = 1 không là nghiệm). x −1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Điều kiện là : Δ = m 2 − 4m > 0 ⇔ m > 4 hoặc m < 0. Vậy m > 4 hoặc m < 0. 0,25 0,50 0,50 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 3 sin 3x − cos 3x = sin 2x 2 2 π⎞ ⎛ ⇔ sin ⎜ 3x − ⎟ = sin 2x 3⎠ ⎝ Phương trình đã cho ⇔ 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,50 63
  • 64. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 π ⎡ ⎢3x − 3 = 2x + k2π π 4π 2π ⇔⎢ ⇔ x = + k2π, x = (k ∈ Z ). +k 3 15 5 ⎢3x − π = π − 2x + k2π ⎢ 3 ⎣ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: π 4π 2π (k ∈ Z ). x = + k2π, x = +k 3 15 5 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy < 0 (1,00 điểm) 0,50 Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có x = my + 1 (1) . Thay vào phương 3−m m2 + 1 trình thứ hai ta có: m ( my + 1) + y = 3 ⇔ y = 3m + 1 Thay (2) vào (1) ta có x = 2 . m +1 Xét điều kiện xy < 0 : (2). 0,50 ( 3m + 1)( 3 − m ) < 0 ⇔ ⎡ m > 3 ⎢ xy < 0 ⇔ (m 2 +1 ) 2 ⎢m < − 1 . 3 ⎣ 0,50 1 Vậy m > 3 hoặc m < − . 3 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm) Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1; − 1; 2 ) . Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là n P = (1; − 1; 2 ) . Phương trình mặt phẳng (P) là: 1. ( x − 1) − 1. ( y − 1) + 2. ( z − 3) = 0 ⇔ x − y + 2z − 6 = 0. 2 0,50 0,50 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho ΔMOA cân tại đỉnh O (1,00 điểm) +) M ∈ d ⇒ M ( t; − t; 1 + 2t ) . +) ΔMOA cân tại đỉnh O ⇔ OM = OA và M, O, A không thẳng hàng. 5 2 OM = OA ⇔ t 2 + t 2 + ( 2t + 1) = 11 ⇔ t = 1 hoặc t = − . 3 5 7⎞ ⎛ 5 5 +) Với t = 1 ta có M (1; − 1; 3) . Với t = − ta có M ⎜ − ; ; − ⎟ . 3⎠ 3 ⎝ 3 3 +) Thử lại: cả hai điểm M tìm được đều thỏa mãn điều kiện M, O, A không thẳng hàng. Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là M1 (1; − 1; 3) và 0,25 0,25 0,25 0,25 7⎞ ⎛ 5 5 M2 ⎜ − ; ; − ⎟. 3⎠ ⎝ 3 3 IV 2,00 1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: − x 2 + 4x = x ⇔ x = 0 hoặc x = 3. Diện tích của hình phẳng cần tìm là: 3 S= ∫ 0 3 − x 2 + 4x − x dx = ∫ − x 2 + 3x dx. 0,25 0,25 0 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 64
  • 65. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Do 0 ≤ x ≤ 3 nên − x 2 + 3x ≥ 0 . Suy ra 3 S=∫ 0 Vậy S = 2 ( 3 ⎛ x3 x2 ⎞ 9 − x + 3x dx = ⎜ − + 3 ⎟ = . 2 ⎠0 2 ⎝ 3 2 ) 0,50 9 (đvdt). 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2 ( x 3 + y 3 ) − 3xy (1,00 điểm) Ta có: P = 2 ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − 3xy = 2 ( x + y )( 2 − xy ) − 3xy. Đặt x + y = t. Do x 2 + y 2 = 2 nên xy = t2 − 2 . Suy ra 2 0,25 ⎛ t2 − 2 ⎞ t2 − 2 3 P = 2t ⎜ 2 − −3 = − t 3 − t 2 + 6t + 3. ⎟ 2 ⎠ 2 2 ⎝ Do ( x + y ) ≥ 4xy nên t 2 ≥ 2 ( t 2 − 2 ) ⇔ −2 ≤ t ≤ 2. 2 0,25 3 Xét f ( t ) = − t 3 − t 2 + 6t + 3 với t ∈ [ −2; 2] . 2 Ta có : f ' ( t ) = −3t 2 − 3t + 6 ⎡ t = −2∈ [ −2; 2] f '( t ) = 0 ⇔ ⎢ ⎢ t = 1 ∈ [ −2; 2] . ⎣ Bảng biến thiên: t -2 f’(t) 1 + 0 2 - 13 2 f(t) -7 Vậy max P = 0,50 1 13 , min P = −7. 2 V.a 2,00 1 Tìm A ∈ Ox, B ∈ Oy.... (1,00 điểm) +) A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a; 0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( −a; b ) . 0,25 +) Vectơ chỉ phương của d là u = ( 2; 1) . ⎛a b⎞ Tọa độ trung điểm I của AB là ⎜ ; ⎟ . ⎝2 2⎠ +) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi ⎧ −2a + b = 0 ⎧ ⎧a = 2 ⎪AB.u = 0 ⎪ ⇔ ⎨a ⇔⎨ ⎨ ⎪I ∈ d ⎩ b = 4. ⎩ ⎪2 − b + 3 = 0 ⎩ Vậy A ( 2; 0 ) , B ( 0; 4 ) . 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,50 65
  • 66. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ... (1,00 điểm) 18 1 ⎞ ⎛ Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của ⎜ 2x + 5 ⎟ là x⎠ ⎝ k 6k 18− ⎛ 1 ⎞ k Tk +1 = C . ( 2x ) . ⎜ 5 ⎟ = C18 .218− k.x 5 . ⎝ x⎠ 6k Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 18 − = 0 ⇔ k = 15. 5 Vậy số hạng cần tìm là T16 = C15 .23 = 6528. 18 18− k k 18 V.b 0,50 0,50 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện x > −1. Phương trình đã cho tương đương với log 2 ( x + 1) − 3log 2 ( x + 1) + 2 = 0. 2 0,25 Đặt t = log 2 ( x + 1) ta được t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 2. 0,25 Với t = 2 ta có log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện). 0,50 Với t = 1 ta có log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1, x = 3. 2 Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính ... (1,00 điểm) +) MN là đường trung bình của ΔSAD ⇒ MN // AD và MN = ⇒ MN // BC và MN = BC ⇒ BCNM là hình bình hành (1). 1 AD 2 S M N A B 0,25 D C +) BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ BM ( 2 ) . Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật. 0,25 +) Ta có: SBCNM = 2SΔBCM ⇒ VS.BCNM = 2VS.BCM . VS.BCM = VC.SBM 1 1 1 1 a3 = CB.SΔSBM = CB.SΔSAB = CB. .SA.AB = . 3 6 6 2 6 0,50 3 Vậy VS.BCNM = a (đvtt). 3 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---------------- 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 66
  • 67. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC 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) x+2 (1). Cho hàm số y = 2x + 3 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 − 2sin x ) cos x 1. Giải phương trình = 3. (1 + 2sin x )(1 − sin x ) 2. Giải phương trình 2 3 3x − 2 + 3 6 − 5 x − 8 = 0 ( x ∈ Câu III (1,0 điểm) ). π 2 Tính tích phân I = ∫ ( cos3 x − 1) cos 2 x dx . 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D; AB = AD = 2a , CD = a; góc giữa hai mặt phẳng ( SBC ) và ( ABCD ) bằng 60 . Gọi I là trung điểm của cạnh AD . Biết hai mặt phẳng ( SBI ) và ( SCI ) cùng vuông góc với mặt phẳng ( ABCD ) , tính thể tích khối chóp S . ABCD theo a. Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương x, y, z thoả mãn x ( x + y + z ) = 3 yz , ta có: ( x + y) + ( x + z) + 3 ( x + y )( x + z )( y + z ) ≤ 5 ( 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 Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có điểm I (6;2) là giao điểm của hai đường 3 3 3 chéo AC và BD . Điểm M (1;5 ) thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh CD thuộc đường thẳng Δ : x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng AB . 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng (S ) : x ( P ) : 2 x − 2 y − z − 4 = 0 và phẳng ( P ) cắt mặt cầu ( S ) mặt cầu + y + z − 2 x − 4 y − 6 z − 11 = 0. Chứng minh rằng mặt đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó. Câu VII.a (1,0 điểm) 2 2 2 theo một 2 2 Gọi z1 và z 2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 + 2 z + 10 = 0 . Tính giá trị của biểu thức A = z1 + z2 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy , cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 + 4 x + 4 y + 6 = 0 và đường thẳng Δ : x + my − 2m + 3 = 0, với m là tham số thực. Gọi I là tâm của đường tròn ( C ) . Tìm m để Δ cắt ( C ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác IAB lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 1 = 0 và hai đường thẳng x +1 y z + 9 x −1 y − 3 z +1 = = = = , Δ2 : . Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng Δ1 sao cho 1 1 6 2 1 −2 khoảng cách từ M đến đường thẳng Δ 2 và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( P ) bằng nhau. Câu VII.b (1,0 điểm) ⎧log 2 ( x 2 + y 2 ) = 1 + log 2 ( xy ) ⎪ Giải hệ phương trình ⎨ 2 ( x, y ∈ ) . 2 ⎪3x − xy + y = 81 ⎩ ---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Δ1 : Họ và tên thí sinh:. ...........................................; Số báo danh................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 67
  • 68. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: D = • Sự biến thiên: ⎧ 3⎫ ⎨− ⎬ . ⎩ 2⎭ - Chiều biến thiên: y ' = −1 ( 2 x + 3) 2 < 0, ∀x ∈ D. 0,25 3⎞ ⎛ ⎛ 3 ⎞ Hàm số nghịch biến trên: ⎜ −∞; − ⎟ và ⎜ − ; +∞ ⎟ . 2⎠ ⎝ ⎝ 2 ⎠ - Cực trị: không có. - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = x →−∞ x →+∞ 1 1 ; tiệm cận ngang: y = . 2 2 0,25 3 lim − y = −∞, lim + y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = − . ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ 2 x →⎜ − ⎟ x →⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ ⎝ 2⎠ - Bảng biến thiên: x −∞ y' 1 2 y − − 3 2 +∞ +∞ − 0,25 1 2 −∞ • Đồ thị: x=− y= 3 2 y 1 2 0,25 O x 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến… Tam giác OAB vuông cân tại O, suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng ±1 . Gọi toạ độ tiếp điểm là ( x0 ; y0 ) , ta có: 0,25 −1 = ±1 ⇔ x0 = −2 hoặc x0 = −1. (2 x0 + 3) 2 0,25 • x0 = −1 , y0 = 1 ; phương trình tiếp tuyến y = − x (loại). 0,25 • x0 = −2 , y0 = 0 ; phương trình tiếp tuyến y = − x − 2 (thoả mãn). Vậy, tiếp tuyến cần tìm: y = − x − 2. 0,25 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 68
  • 69. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… 1 (*). 2 Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 − 2sin x)cos x = 3(1 + 2sin x)(1 − sin x) Điều kiện: sin x ≠ 1 và sin x ≠ − 0,25 π⎞ π⎞ ⎛ ⎛ ⇔ cos x − 3 sin x = sin 2 x + 3 cos 2 x ⇔ cos ⎜ x + ⎟ = cos ⎜ 2 x − ⎟ 3⎠ 6⎠ ⎝ ⎝ π π 2π ⇔ x = + k 2π hoặc x = − + k . 18 3 2 0,25 Kết hợp (*), ta được nghiệm: x = − π 18 +k 2π 3 0,25 (k ∈ ) . 0,25 2. (1,0 điểm) Giải phương trình… ⎧2u + 3v = 8 Đặt u = 3 3 x − 2 và v = 6 − 5 x , v ≥ 0 (*). Ta có hệ: ⎨ 3 2 ⎩5u + 3v = 8 8 − 2u ⎧ 8 − 2u ⎧ ⎪v = ⎪v = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 3 3 ⎪(u + 2)(15u 2 − 26u + 20) = 0 ⎪15u 3 + 4u 2 − 32u + 40 = 0 ⎩ ⎩ 0,25 0,25 ⇔ u = −2 và v = 4 (thoả mãn). Thế vào (*), ta được nghiệm: x = −2. III 0,25 0,25 Tính tích phân… (1,0 điểm) π π 2 2 0 0 0,25 I = ∫ cos5 xdx − ∫ cos 2 x dx. Đặt t = sin x, dt = cos xdx; x = 0, t = 0; x = π 2 0 0 2 , t = 1. π 2 π 1 I1 = ∫ cos5 xdx = ∫ (1 − sin 2 x ) cos xdx = ∫ (1 − t π 2 ) 2 2 0 0,50 1 1 ⎞ 8 ⎛ 2 dt = ⎜ t − t 3 + t 5 ⎟ = . 5 ⎠ 0 15 ⎝ 3 π π 12 1⎛ 1 8 π ⎞2 π I 2 = ∫ cos 2 x dx = ∫ (1 + cos 2 x ) dx = ⎜ x + sin 2 x ⎟ = . Vậy I = I1 − I 2 = − . 20 2⎝ 2 15 4 ⎠0 4 0 2 IV 0,25 Tính thể tích khối chóp... (1,0 điểm) ( SIB) ⊥ ( ABCD) và ( SIC ) ⊥ ( ABCD); suy ra SI ⊥ ( ABCD). S Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ SKI = 60 . A 0,50 B I D C K Diện tích hình thang ABCD : S ABCD = 3a 2 . 0,25 3a 2 3a 2 ; suy ra S ΔIBC = . 2 2 2S 3 5a 3 15a 2 . ⇒ SI = IK .tan SKI = BC = ( AB − CD ) + AD 2 = a 5 ⇒ IK = ΔIBC = BC 5 5 1 3 15a 3 . Thể tích khối chóp S . ABCD : V = S ABCD .SI = 3 5 Tổng diện tích các tam giác ABI và CDI bằng Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 69
  • 70. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu V (1,0 điểm) Đáp án Điểm Chứng minh bất đẳng thức… Đặt a = x + y, b = x + z và c = y + z. Điều kiện x( x + y + z ) = 3 yz trở thành: c 2 = a 2 + b 2 − ab. Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a3 + b3 + 3abc ≤ 5c3 ; a, b, c dương thoả mãn điều kiện trên. 0,25 3 1 c 2 = a 2 + b 2 − ab = (a + b) 2 − 3ab ≥ (a + b) 2 − (a + b) 2 = (a + b) 2 ⇒ a + b ≤ 2c (1). 4 4 0,25 a 3 + b3 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)(a 2 + b 2 − ab) + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)c 2 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)c + 3ab ≤ 5c 2 . 0,25 3 (1) cho ta: (a + b)c ≤ 2c 2 và 3ab ≤ (a + b) 2 ≤ 3c 2 ; từ đây suy ra điều phải chứng minh. 4 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c ⇔ x = y = z. VI.a (2,0 điểm) 0,25 1. (1,0 điểm) Viết phương trình AB... Gọi N đối xứng với M qua I , suy ra N (11; −1) và N thuộc đường thẳng CD. A M B I D E N 0,25 E ∈ Δ ⇒ E ( x;5 − x ) ; IE = ( x − 6;3 − x ) và NE = ( x − 11;6 − x). E là trung điểm CD ⇒ IE ⊥ EN . C 0,25 IE.EN = 0 ⇔ ( x − 6)( x − 11) + (3 − x)(6 − x) = 0 ⇔ x = 6 hoặc x = 7. • x = 6 ⇒ IE = ( 0; −3) ; phương trình AB : y − 5 = 0. 0,25 • x = 7 ⇒ IE = (1; −4 ) ; phương trình AB : x − 4 y + 19 = 0. 0,25 2. (1,0 điểm) Chứng minh ( P) cắt ( S ), xác định toạ độ tâm và tính bán kính… ( S ) có tâm I (1;2;3), bán kính R = 5. Khoảng cách từ I đến ( P) : d ( I ,( P) ) = 2− 4−3− 4 3 0,25 = 3 < R; suy ra đpcm. Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, 0,25 H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P) : IH = d ( I ,( P) ) = 3, r = R 2 − IH 2 = 4. ⎧ x = 1 + 2t ⎪ y = 2 − 2t ⎪ Toạ độ H = ( x; y; z ) thoả mãn: ⎨ ⎪z = 3 − t ⎪ ⎩ 2 x − 2 y − z − 4 = 0. Giải hệ, ta được H (3; 0; 2). VII.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 Tính giá trị của biểu thức… Δ = −36 = 36i 2 , z1 = −1 + 3i và z2 = −1 − 3i. 0,25 | z1 | = (−1)2 + 32 = 10 và | z2 | = (−1)2 + (−3)2 = 10. 0,50 Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 70
  • 71. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm A = | z1 | 2 + | z2 | 2 = 20. VI.b (2,0 điểm) 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm m... (C ) có tâm I (−2; −2), bán kính R = 2. 0,25 1 1 IA.IB.sin AIB ≤ R 2 = 1; S lớn nhất khi và chỉ khi IA ⊥ IB. 2 2 −2 − 2 m − 2 m + 3 R =1 ⇔ Khi đó, khoảng cách từ I đến Δ : d ( I , Δ) = =1 2 1 + m2 Diện tích tam giác IAB : S = ⇔ (1 − 4m ) = 1 + m 2 ⇔ m = 0 hoặc m = 2 0,25 0,25 8 . 15 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ... Δ 2 qua A(1;3; −1) và có vectơ chỉ phương u = (2;1; −2). M ∈ Δ1 ⇒ M (−1 + t ; t; −9 + 6t ). 0,25 ⎡ ⎤ MA = (2 − t ;3 − t ;8 − 6t ), ⎣ MA, u ⎦ = (8t − 14; 20 − 14t ; t − 4) ⇒ ⎡ MA, u ⎤ = 3 29t 2 − 88t + 68. ⎣ ⎦ Khoảng cách từ M đến Δ 2 : d ( M , Δ 2 ) = ⎡ MA, u ⎤ ⎣ ⎦ = 29t 2 − 88t + 68. u Khoảng cách từ M đến ( P ) : d ( M ,( P) ) = 29t 2 − 88t + 68 = 11t − 20 3 t = 1 ⇒ M (0;1; −3); t = VII.b (1,0 điểm) −1 + t − 2t + 12t − 18 − 1 12 + ( −2 ) + 22 2 = ⇔ 35t 2 − 88t + 53 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 11t − 20 3 0,25 . 53 . 35 0,25 53 ⎛ 18 53 3 ⎞ ⇒ M ⎜ ; ; ⎟. 35 ⎝ 35 35 35 ⎠ 0,25 Giải hệ phương trình… ⎧ x 2 + y 2 = 2 xy ⎪ Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương: ⎨ 2 2 ⎪ x − xy + y = 4 ⎩ 0,25 ⎧x = y ⎧x = y ⇔ ⎨ 2 ⇔ ⎨ ⎩ y = ±2. ⎩y = 4 0,50 Kết hợp (*), hệ có nghiệm: ( x; y ) = (2;2) và ( x; y ) = (−2; −2). 0,25 -------------Hết------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 71
  • 72. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − (2m − 1) x 2 + (2 − m) x + 2 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có hoành độ dương. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 + 2sin x)2 cos x = 1 + sin x + cos x. 2. Giải bất phương trình x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5 x + 1 ( x ∈ ). Câu III (1,0 điểm) 1 Tính tích phân I = ∫ (e−2 x + x)e x dx. 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP. Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP. Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là hai số thực thỏa mãn 0 < a < b < 1. Chứng minh rằng a 2 ln b − b 2 ln a > ln a − ln b. 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 tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có C ( −1; − 2), đường trung tuyến kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình là 5 x + y − 9 = 0 và x + 3 y − 5 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và B. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các mặt phẳng ( P ) : x + 2 y + 3z + 4 = 0 và 1 ( P2 ) : 3x + 2 y − z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với hai mặt phẳng ( P ) và ( P2 ). 1 Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )2 (2 − i) z = 8 + i + (1 + 2i) z. Tìm phần thực và phần ảo của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho các đường thẳng Δ1 : x − 2 y − 3 = 0 và Δ 2 : x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng Δ2 1 ⋅ bằng 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B (0; 2; 1) và trọng tâm G (0; 2; − 1). Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ). Câu VII.b (1,0 điểm) 4 z − 3 − 7i Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: = z − 2i. 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:................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 72
  • 73. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị … Khi m = 2, hàm số (1) trở thành y = x3 − 3 x 2 + 2. • Tập xác định: . • Chiều biến thiên: - Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. - Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; + ∞). - Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). • Cực trị: - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 2. - Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = −2. • Các giới hạn tại vô cực: lim y = − ∞ và lim y = + ∞. x→−∞ • Bảng biến thiên: x 0 + 2 − 0 +∞ 0 +∞ −∞ Đồ thị 0,25 + 2 y • 0,25 x→+ ∞ −∞ y' 0,25 −2 y 2 2 O 0,25 x −2 2. (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m … Ta có y ' = 3x 2 − 2 ( 2m − 1) x + 2 − m. m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm dương phân biệt ⎧ ⎪Δ ' = (2m − 1) 2 − 3(2 − m) > 0 ⎪ 2(2m − 1) ⎪ ⇔ ⎨S = >0 3 ⎪ 2−m ⎪ ⎪P = 3 > 0 ⎩ 5 ⇔ < m < 2. 4 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,25 0,50 73
  • 74. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương với (sin x + 1)(2sin 2 x − 1) = 0 0,50 π + k 2π (k ∈ ). 2 1 π 5π • sin 2 x = ⇔ x = + kπ hoặc x = + kπ (k ∈ ). 2 12 12 2. (1,0 điểm) Giải bất phương trình … • sin x = −1 ⇔ x = − 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ 2. 0,25 ( x + 1)( x − 2) ≤ 2 Bất phương trình đã cho tương đương với 0,25 ⇔ −2 ≤ x ≤ 3. Kết hợp điều kiện ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [ 2; 3]. III (1,0 điểm) 0,25 0,25 1 −x 1 I = ∫ e dx + ∫ xe dx = −e 0 x 0 1 1 1 + ∫ xe dx = 1 − + ∫ xe x dx. 0 e 0 0 −x 1 x 0,25 Đặt u = x và dv = e x dx, ta có du = dx và v = e x . 1 1 1 1 I = 1 − + xe x − ∫ e x dx = 1 − + e − e x 0 e e 0 0,25 1 0,25 0 1 = 2− ⋅ e IV (1,0 điểm) 0,25 Ta có MN //CD và SP ⊥ CD, suy ra MN ⊥ SP. 0,50 Gọi O là tâm của đáy ABCD. a 6 Ta có SO = SA2 − OA2 = ⋅ 2 1 1 VAMNP = V ABSP = VS . ABCD 4 8 3 a 6 1 1 = . SO. AB 2 = ⋅ 8 3 48 S M N 0,50 A D P O B V (1,0 điểm) C Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ln a a2 + 1 < ln b b2 + 1 ⋅ 1 2 (t + 1) − 2t ln t ln t t Xét hàm số f (t ) = 2 , t ∈ (0; 1). Ta có f '(t ) = > 0, ∀t ∈ (0; 1). t +1 (t 2 + 1) 2 Do đó f (t ) đồng biến trên khoảng (0; 1). Mà 0 < a < b < 1, nên f (a ) < f (b). Vậy ln a 2 a +1 Trang 2/4 < ln b b2 + 1 ⋅ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,50 0,25 74
  • 75. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu VI.a (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh A và B … Đường thẳng AC qua C và vuông góc với đường thẳng x + 3 y − 5 = 0. Do đó AC : 3 x − y + 1 = 0. ⎧5 x + y − 9 = 0 ⇒ A(1; 4). Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⎩3x − y + 1 = 0 Điểm B thuộc đường thẳng x + 3 y − 5 = 0 và trung điểm của BC thuộc đường ⎧x + 3y − 5 = 0 ⎪ thẳng 5 x + y − 9 = 0. Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ ⎨ ⎛ x − 1 ⎞ y − 2 ⎪5 ⎜ 2 ⎟ + 2 − 9 = 0 ⎠ ⎩ ⎝ ⇒ B (5; 0). 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) … • • (P) có vectơ pháp tuyến n = (4; − 5; 2). 0,25 (P) qua A(1; 1; 1) nên ( P ) : 4 x − 5 y + 2 z − 1 = 0. VI.b (2,0 điểm) (P2) có vectơ pháp tuyến n2 = (3; 2; − 1). • VII.a (1,0 điểm) (P1) có vectơ pháp tuyến n1 = (1; 2; 3). 0,50 Hệ thức đã cho tương đương với (1 + 2i ) z = 8 + i 0,25 ⇔ z = 2 − 3i. 0,50 0,25 Do đó z có phần thực là 2 và phần ảo là −3. 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M … M ∈ Δ1 ⇒ M (2t + 3; t ). 0,25 0,25 Khoảng cách từ M đến Δ 2 là d ( M , Δ 2 ) = | 2t + 3 + t + 1| ⋅ 2 ⎡t = −1 1 ⇔⎢ d (M , Δ 2 ) = ⎢t = − 5 ⋅ 2 3 ⎣ 5⎞ ⎛ 1 Vậy M (1; − 1) hoặc M ⎜ − ; − ⎟ . ⎝ 3 3⎠ 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng Δ … ⎧1 + x ⎪ 3 =0 ⎪ ⎪ 3+ y = 2 ⇒ C ( − 1; 3; − 4). Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ ⎨ ⎪ 3 ⎪ 1+ z ⎪ 3 = −1 ⎩ 0,25 Ta có AB = ( − 1; 1; 1), AG = ( − 1; 1; − 1). 0,25 Mặt phẳng ( ABC ) có vectơ pháp tuyến n = (1; 1; 0). 0,25 ⎧ x = −1 + t ⎪ Phương trình tham số của đường thẳng Δ là ⎨ y = 3 + t ⎪ z = − 4. ⎩ 0,25 Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 75
  • 76. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án Điểm Điều kiện: z ≠ i. Phương trình đã cho tương đương với z 2 − (4 + 3i ) z + 1 + 7i = 0. 0,25 Δ = 3 − 4i = (2 − i ) 2 . 0,50 Nghiệm của phương trình đã cho là z = 1 + 2i và z = 3 + i. 0,25 -------------Hết------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 76
  • 77. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 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 2 2 kiện x12 + x2 + x3 < 4. Câu II (2,0 điểm) π⎞ ⎛ (1 + sin x + cos 2 x) sin ⎜ x + ⎟ 1 4⎠ ⎝ = 1. Giải phương trình cos x . 1 + tan x 2 2. Giải bất phương trình x− 1− x 2 2( x − x + 1) ≥ 1. 1 x2 + e x + 2 x2e x ∫ 1 + 2e x dx . 0 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. ⎧(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ⎪ Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ (x, y ∈ R). 4x2 + y2 + 2 3 − 4x = 7 ⎪ ⎩ 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 x + y = 0 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 3 và điểm A có hoành độ dương. phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 2 x −1 y z + 2 = = và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 2 1 −1 Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z = ( 2 + i ) 2 (1 − 2 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. x+2 y−2 z +3 = = . Tính 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: 2 3 2 khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. (1 − 3i )3 Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = . Tìm môđun của số phức z + i z. 1− 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................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 77
  • 78. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R. 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x; y '( x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 4 . 3 ⎛4 ⎞ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và ⎜ ; + ∞ ⎟ ; nghịch biến trên khoảng 3 ⎝ ⎠ 4 5 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = ; yCT = − . 3 27 - Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞. x→ − ∞ - Bảng biến thiên: ⎛ 4⎞ ⎜ 0; ⎟ . ⎝ 3⎠ 0,25 x→ + ∞ x −∞ + y' 4 3 0 0 1 y − 0 • Đồ thị: + 0,25 +∞ − −∞ +∞ 5 27 y 1 0,25 O − 4 3 5 27 2 x 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 (*). ⎧∆ > 0 ⎪ Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: ⎨ g (1) ≠ 0 ⎪ 2 2 ⎩ x2 + x3 < 3 ⎧1 + 4m > 0 1 ⎪ ⇔ ⎨−m ≠ 0 ⇔ − < m < 1 và m ≠ 0. 4 ⎪1 + 2m < 3 ⎩ 0,25 0,25 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 78
  • 79. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0. Khi đó, phương trình đã cho tương đương: π⎞ ⎛ 2 sin ⎜ x + ⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 4⎠ ⎝ sin x + cos x cos x ⇔ sinx + cos2x = 0 cos x ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = ⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − ⇔ x=− π + k2π hoặc x = 6 0,25 0,25 1 2 0,25 7π + k2π (k ∈ Z). 6 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 0. 2( x 2 − x + 1) = Ta có: x 2 + ( x − 1) 2 + 1 > 1, suy ra 1 − Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: Mặt khác 2( x 2 − x + 1) = 2( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + 2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x + 2( x 2 − x + 1) = 1 − x + (1) ⇔ x 0,25 (1) 0,25 x (2), do đó: x (3) Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x kéo theo 1 − x + + 1−x = 2( x 2 − x + 1) < 0. x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. 0,25 x ≥ 0, do đó: (3) ⇔ 1 − x = x ⎧x ≤ 1 ⎧1 − x ≥ 0 ⎪ ⎪ ⇔ ⎨ 2 ⇔ ⎨ 2 ⎪(1 − x) = x ⎪ x − 3x + 1 = 0 ⎩ ⎩ III (1,0 điểm) 0,25 3− 5 , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. ⇔ x = 2 1 1 1 ⎛ ex ⎞ ex I = ∫ ⎜ x2 + dx = ∫ x 2 dx + ∫ dx . x 1 + 2e x ⎟ ⎠ 0 ⎝ 0 0 1 + 2e 1 Ta có: ∫ x 2 dx = 0 1 3 x 3 1 và ex 1 ∫ 1 + 2e x d x = 2 0 1 ∫ 0 1 = 0 0,25 1 3 0,25 d(1 + 2e x ) , suy ra: 1 + 2e x 0,25 1 1 1 1 1 1 + 2e 1 1 1 + 2e I = + ln(1 + 2e x ) = + ln = + ln . 2 3 3 3 3 2 3 2 0 S IV (1,0 điểm) K N A M H D 0,25 • Thể tích khối chóp S.CDNM. SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM 1 1 = AB2 − AM.AN − BC.BM 2 2 2 2 a a 5a 2 = a2 − − = . 8 4 8 VS.CDNM = 0,25 1 5 3 a3 SCDNM.SH = . 24 3 C B • 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. Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 79 0,25 0,25
  • 80. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Ta có: HC = V (1,0 điểm) 2a CD 2 = và HK = CN 5 SH .HC 2 SH + HC 2 Điểm = 2 3a 2 3a , do đó: d(DM, SC) = . 19 19 0,25 3 5 ; y≤ . 4 2 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 − 2 y (1) Điều kiện: x ≤ 0,25 Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 − 2 y ), với f(t) = (t2 + 1)t. Ta có f ' (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. Do đó: (1) ⇔ 2x = 0,25 ⎧x ≥ 0 ⎪ 5 − 2y ⇔ ⎨ 5 − 4 x2 . ⎪y = ⎩ 2 2 ⎛5 ⎞ Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x −7 = 0 (3). ⎝2 ⎠ 3 Nhận thấy x = 0 và x = không phải là nghiệm của (3). 4 2 0,25 2 ⎛5 ⎞ ⎛ 3⎞ Xét hàm g(x) = 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x − 7, trên khoảng ⎜ 0; ⎟ . ⎝2 ⎠ ⎝ 4⎠ 2 ⎛5 ⎞ g '( x) = 8x − 8x ⎜ − 2 x 2 ⎟ − 2 ⎝ ⎠ 4 3 − 4x = 4x (4x2 − 3) − 4 3 − 4x < 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. 1 ⎛1⎞ Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = ; suy ra y = 2. 2 ⎝2⎠ ⎛1 ⎞ Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = ⎜ ; 2 ⎟ . ⎝2 ⎠ VI.a 0,25 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) y d1 O B d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = d2 | 3. 3 − 1.1| 1 = và tam giác 3 + 1. 3 + 1 2 0,25 OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 . 1 3 AB.AC.sin 60 = (OA.sin 60 ).(OA.tan 60 ) 4 2 A 3 3 = OA2. 8 I C 4 3 , suy ra OA2 = . Do đó: SABC = 2 3 ⎧ 3x + y = 0 ⎛ 1 ⎞ ⎪ Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ 2 ; − 1⎟ . 4 ⇒ A⎜ 2 ⎝ 3 ⎠ ⎪x + y = 3 ⎩ Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0. ⎧ 3x − y = 0 ⎛ −2 ⎞ ⎪ ; − 2⎟ . ⇒ C⎜ Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⎝ 3 ⎠ ⎪ 3 x −3y − 4 = 0 ⎩ x Ta có: SABC = 3⎞ ⎛ −1 ; − ⎟ và bán kính IA = 1. Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I ⎜ 2⎠ ⎝2 3 2 0,25 0,25 2 1 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ Phương trình (T): ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + 2 ⎟ =1. 2 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 80
  • 81. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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). M ( ) Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = cos v, n . C P ( ) d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC = MC. cos v, n H = ∆ Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − VII.a (1,0 điểm) = 5+ 6. 0,25 0,25 | 2 − 2 − 1| 1 = . 6. 6 6 0,25 2 i) 0,25 2 i, suy ra: 0,25 2 i. z = 5− 0,25 Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . VI.b 0,25 0,25 1. (1,0 điểm) (2,0 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: A D •E d B C ⎧x + y − 4 = 0 ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2). ⎨ ⎩x − y = 0 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 H 2. (1,0 điểm) A • ∆ • B C 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). ⎣ ⎦ Suy ra: d(A, ∆) = M ⎡v, MA⎤ ⎣ ⎦ = v 49 + 4 + 100 = 3. 4+9+4 0,25 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. Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25. VII.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 Ta có: (1 − 3i )3 = − 8. 0,25 Do đó z = −8 = − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 1− i 0,25 ⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25 Vậy: z + iz = 8 2 . 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 81
  • 82. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG 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) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 + 3x 2 − 1. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng −1. Câu II (2,0 điểm) 5x 3x 1. Giải phương trình 4 cos cos + 2(8sin x − 1) cos x = 5. 2 2 ⎧2 2 x + y = 3 − 2 x − y ⎪ 2. Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ ). 2 2 ⎪ x − 2 xy − y = 2 ⎩ Câu III (1,0 điểm) 1 2x −1 dx. Tính tích phân I = ∫ x +1 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = SB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45o. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. Câu V (1,0 điểm) Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện 3x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 biểu thức A = + ⋅ x xy 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) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; − 2; 3), B(−1; 0; 1) và mặt phẳng ( P): x + y + z + 4 = 0. 1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). 2. Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng AB , có tâm thuộc đường thẳng AB và (S) 6 tiếp xúc với (P). Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (2 − 3i ) z + (4 + i ) z = − (1 + 3i) 2 . Tìm phần thực và phần ảo của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x y −1 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng = = 1 1 −2 ( P): 2 x − y + 2 z − 2 = 0. 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình z 2 − (1 + i ) z + 6 + 3i = 0 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: ................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 82
  • 83. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị … • Tập xác định: D = . ⎡x = 0 • Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 + 6 x; y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = −2. Điểm 0,25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; − 2) và (0; + ∞). - Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − 2; 0). • Cực trị: - Hàm số đạt cực đại tại x = −2 và yC§ = y (− 2) = 3. - Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = y (0) = −1. 0,25 • Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞. x →−∞ • Bảng biến thiên: x →+∞ x −∞ y' + −2 0 0 +∞ 0 + +∞ − 3 y 0,25 −1 −∞ • Đồ thị: y 3 O −2 0,25 x −1 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến … Tung độ tiếp điểm là: y (−1) = 1. Hệ số góc của tiếp tuyến là: k = y '(−1) = −3 II (2,0 điểm) 0,25 0,25 Phương trình tiếp tuyến là: y − 1 = k ( x + 1) ⇔ y = −3x − 2. 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 4 x + 8sin 2 x − 5 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 2 ⇔ 4sin 2 x − 8sin 2 x + 3 = 0 3 • sin 2 x = : vô nghiệm. 2 π ⎡ ⎢ x = 12 + kπ 1 • sin 2 x = ⇔ ⎢ (k ∈ ). 2 ⎢ x = 5π + kπ ⎢ 12 ⎣ 0,25 0,25 Trang 1/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 83
  • 84. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm ⎧2 2 x + y = 3 − 2 x − y (1) ⎪ 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ 2 2 (2) ⎪ x − 2 xy − y = 2 ⎩ Điều kiện: 2 x + y ≥ 0. Đặt t = 2 x + y , t ≥ 0. Phương trình (1) trở thành: t 2 + 2t − 3 = 0 0,25 ⎡t = 1 ⇔⎢ ⎣t = −3 (lo¹i). 0,25 ⎡x =1 Với t = 1, ta có y = 1 − 2 x. Thay vào (2) ta được x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = −3. Với x = 1 ta được y = −1, với x = − 3 ta được y = 7. Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là (1; −1) và ( −3;7). III (1,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) Tính tích phân… 1 I= ∫ 0 1 1 3 ⎞ dx ⎛ ⎜2− ⎟ dx = 2 dx − 3 x +1⎠ x +1 ⎝ 1 = 2 x 0 − 3ln IV (1,0 điểm) 0,25 ∫ 0 ∫ 0,25 0 1 x +1 0 0,50 = 2 − 3ln 2. (1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp… 0,25 S D A I 45o B C Gọi I là trung điểm AB. Ta có SA = SB ⇒ SI ⊥ AB. Mà ( SAB ) ⊥ ( ABCD), suy ra SI ⊥ ( ABCD). Góc giữa SC và (ABCD) bằng SCI và bằng 45O, suy ra SI = IC = IB 2 + BC 2 = a 5 ⋅ 2 0,25 1 Thể tích khối chóp S.ABCD là V = SI .S ABCD 3 0,25 a3 5 (đơn vị thể tích). 6 (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức … 1 1 1 2 Ta có A = + ≥ + x xy x x + y 0,25 = V (1,0 điểm) ≥ 2. 0,25 1 2 4 8 8 ⋅ = ≥ = ≥ 8. x x+ y 2 x( x + y ) 2 x + ( x + y ) 3 x + y 0,50 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 8. 4 VI.a (2,0 điểm) 0,25 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc … Hình chiếu vuông góc A' của A trên (P) thuộc đường thẳng đi qua A và nhận u = (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương. Tọa độ A' có dạng A '(1 + t ; − 2 + t ; 3 + t ). Ta có: A ' ∈ ( P) ⇔ 3t + 6 = 0 ⇔ t = −2. 0,25 0,25 Vậy A '(−1; − 4;1). 0,25 0,25 Trang 2/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 84
  • 85. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu… AB 3 = ⋅ 6 3 Tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AB nên tọa độ I có dạng I (1 + t ; −2 − t ;3 + t ). Ta có AB = (− 2; 2; − 2) = −2(1; −1; 1). Bán kính mặt cầu là R = Ta có: d ( I ,( P)) = 0,25 0,25 t+6 ⎡t = −5 AB 3 ⇔ = ⇔⎢ 6 3 3 ⎣t = −7. VII.a (1,0 điểm) 1 • t = −5 ⇒ I (− 4;3; − 2). Mặt cầu (S) có phương trình là ( x + 4)2 + ( y − 3)2 + ( z + 2)2 = ⋅ 3 2 2 2 1 • t = −7 ⇒ I (− 6;5; − 4). Mặt cầu (S) có phương trình là ( x + 6) + ( y − 5) + ( z + 4) = ⋅ 3 (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo … Gọi z = a + bi (a ∈ , b ∈ ). Đẳng thức đã cho trở thành 6a + 4b − 2(a + b)i = 8 − 6i VI.b (2,0 điểm) 0,25 ⎧6a + 4b = 8 ⎧a = −2 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩ 2a + 2b = 6 ⎩b = 5. Vậy z có phần thực bằng – 2, phần ảo bằng 5. 1. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng … d có vectơ chỉ phương a = (− 2; 1; 1), (P) có vectơ pháp tuyến n = (2; −1;2). 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). Ta có A(0;1;0)∈d nên (Q) đi qua A và [ a , n ] là vectơ pháp tuyến của (Q). ⎛ 1 1 1 −2 −2 1 ⎞ ; ; Ta có [a , n ] = ⎜ ⎟ = 3(1; 2; 0). ⎝ −1 2 2 2 2 −1 ⎠ Phương trình mặt phẳng (Q) là x + 2 y − 2 = 0. 2. (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm M … M ∈ d nên tọa độ điểm M có dạng M (−2t ;1 + t ; t ). 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có MO = d ( M ,( P)) ⇔ 4t 2 + (t + 1)2 + t 2 = t + 1 VII.b (1,0 điểm) 0,25 ⇔ 5t 2 = 0 ⇔ t = 0. Do đó M (0;1;0). (1,0 điểm) Giải phương trình … 0,25 Phương trình có biệt thức Δ = (1 + i )2 − 4(6 + 3i ) = −24 − 10i 0,25 = (1 − 5i ) 0,25 2 0,50 Phương trình có hai nghiệm là z = 1 − 2i và z = 3i. 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 3/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 85
  • 86. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) −x + 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = . 2x − 1 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 k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất. Câu II (2,0 điểm) 1 + sin 2 x + cos 2 x = 2 sin x sin 2 x. 1. Giải phương trình 1 + cot 2 x 2 3 ⎧ 2 ⎪5 x y − 4 xy + 3 y − 2( x + y ) = 0 ( x, y ∈ ). 2. Giải hệ phương trình ⎨ 2 2 2 ⎪ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) ⎩ π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 4 ∫ 0 x sin x + ( x + 1) cos x dx. x sin x + cos x 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 x y z biểu thức P = + + . y+z z+x 2x + 3 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 toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0. 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. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng ( P) : 2 x − y − z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3. 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: z 2 = z + z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y2 + = 1. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ): 4 1 (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 ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 4 y − 4 z = 0 và điểm A(4; 4; 0) . Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều. Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = 2 − 2i . ----------- 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:................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 86
  • 87. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = ⎧1 ⎫ ⎨ ⎬. ⎩2⎭ • Sự biến thiên: −1 Chiều biến thiên: y ' = ( 2 x −1) 0,25 < 0, ∀x ∈ D. 2 1⎞ ⎛ ⎛1 ⎞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ . 2⎠ ⎝2 ⎠ ⎝ 1 1 Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − . x → −∞ x → +∞ 2 2 0,25 1 lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = . ⎛1⎞ ⎛1⎞ 2 x →⎜ ⎟ x →⎜ ⎟ ⎝2⎠ Bảng biến thiên: ⎝2⎠ 1 2 x −∞ y’ y 1 − 2 − +∞ − 0,25 +∞ − −∞ y • Đồ thị: 1 2 (C) O 1 − 1 2 2 1 x 0,25 –1 2. (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = −x +1 2x −1 0,25 1 2 ⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – 1 = 0 (*). 2 ∆' = 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 = – 4( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 2 1 1 . – =− (2 x1 − 1) 2 (2 x2 − 1) 2 (4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) 2 0,25 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. Trang 1/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 87
  • 88. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx ⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – • cosx = 0 ⇔ x = 2 ) = 0. 0,25 π + kπ, thỏa mãn (*). 2 0,25 π π ) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*). 4 4 π π Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z). 2 4 • cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + 0,25 2. (1,0 điểm) ⎧5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1) ⎪ ⎨ 2 2 2 (2). ⎪ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) ⎩ Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2. • xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1). • x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 2 2 ⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0 ⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y. Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra: ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ (x; y) = ⎜ ; ;− ⎟ hoặc (x; y) = ⎜ − ⎟. 5 ⎠ 5 5 ⎠ ⎝ 5 ⎝ ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜ ; ;− ⎟, ⎜− ⎟. 5 ⎠ ⎝ 5 5 ⎠ ⎝ 5 π III (1,0 điểm) I = π 4 4 0,25 0,25 0,25 π 4 0,25 ( x sin x + cos x) + x cos x dx = ∫ x sin x + cos x 0 ∫ dx + 0 x cos x ∫ x sin x + cos x dx. 0,25 0 π 4 π Ta có: ∫ dx = x 04 = 0 π 4 π 4 và ∫ 0 IV (1,0 điểm) 0,25 π x cos x dx = x sin x + cos x d(x sin x + cos x) ∫ x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x 0 4 ) π 0,25 4 0 ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ π = ln ⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟ . 2 ⎝ 4 ⎠⎠ 2 ⎝ 4 ⎠⎠ 4 ⎝ ⎝ (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). S AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và (ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = AB tan SBA = 2a 3. Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N H ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC. D N C A BC AB = a, BM = = a. MN = M 2 2 B ( BC + MN ) BM 3a 2 1 = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅ Diện tích: SBCNM = 2 2 3 Trang 2/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,25 0,25 88
  • 89. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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. Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a ⇒ d(AB, SN) = AH = V (1,0 điểm) SA. AD = 0,25 2a 39 ⋅ 13 0,25 SA2 + AD 2 1 1 2 + ≥ Trước hết ta chứng minh: (*), với a và b dương, ab ≥ 1. 1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) 0,25 ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab 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. Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: x 1 1 1 2 P= + + ≥ + . 3y 2x + 3y 1 + z 1 + x x 2+ 1+ y z x y ⇔ ( ab – 1)( a – Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x z x = hoặc = 1 y y z 0,25 (1) x t2 2 + ⋅ = t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 2t + 3 1 + t y Đặt − 2 ⎡t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤ 2 t2 ⎣ ⎦ < 0. + , t ∈ [1; 2]; f '(t ) = Xét hàm f(t) = 2 2t + 3 1 + t (2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2 ⇒ f(t) ≥ f(2) = 0,25 34 x ; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). y 33 34 . Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2. 33 34 Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng ; khi x = 4, y = 1, z = 2. 33 ⇒P≥ VI.a 0,25 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = A Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90 và MA = MB ⇒ SMAIB = IA.MA I B M ∆ 5. o 0,25 ⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5. 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 0,25 2. (1,0 điểm) ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 ⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 ⎩ Trang 3/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 89
  • 90. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ ⇔ ⎨x + y − z + 2 = 0 ⎪( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 ⎩ 0,25 ⎧x = 2 y − 2 ⎪ ⇔ ⎨z = 3y ⎪7 y 2 − 11y + 4 = 0 ⎩ 0,25 ⎛ 6 4 12 ⎞ ⎛ 6 4 12 ⎞ ; ⎟ . Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; ⎟ . ⎝ 7 7 7⎠ ⎝ 7 7 7⎠ ⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ; VII.a 0,25 2 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z 2 = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi (1,0 điểm) 2 2 2 0,25 ⎧a 2 − b 2 = a 2 + b 2 + a 2 ⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨ 0,25 ⎩2ab = − b ⎧a = − 2b 2 ⎩b(2a + 1) = 0 ⇔ ⎨ 0,25 ⎛ 1 1⎞ ⎟ hoặc (a; b) = ⎝ 2 2⎠ 1 1 1 1 Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i. 2 2 2 2 ⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = ⎜ − ; VI.b (2,0 điểm) 1⎞ ⎛ 1 ⎜ − ; − ⎟. 2⎠ ⎝ 2 0,25 1. (1,0 điểm) Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên: y A H O B 0,25 4 − x2 . B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x. 1 Diện tích: SOAB = x 4 − x 2 2 x 1 2 = x (4 − x 2 ) ≤ 1. 2 Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 0,25 0,25 2. ⎛ ⎛ ⎛ ⎛ 2⎞ 2⎞ 2⎞ 2⎞ Vậy: A ⎜ 2; ⎟ hoặc A ⎜ 2; − ⎟ và B ⎜ 2; ⎟ và B ⎜ 2; − ⎟. 2 ⎠ 2 ⎠ 2 ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⎝ ⎝ 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 = 0,25 OA 4 2 = . 3 3 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. Khoảng cách: d(I, (P)) = d(I, (P)) = 2(a + b + c) 2 2 a +b +c 2 R2 − r 2 = = 2c 2 2a + c 2 ⇒ 2c 2 2a + c 2 = 0,25 2 3 0,25 ⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. Trang 4/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 90
  • 91. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án Điểm Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i 0,25 ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25 ⎧3a − 3b = 2 ⎩ a + b − 2 = −2 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨ ⇔ a= 0,25 1 1 2 , b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 = ⋅ 3 3 3 ------------- Hết ------------- Trang 5/5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 91
  • 92. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 x + 2 x 2 − 3 x +1. 3 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) tại giao điểm của (C) với trục tung. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = − Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình cos 4 x + 12sin 2 x − 1 = 0. 2. Giải bất phương trình 4 x − 3.2 x + x2 − 2 x − 3 2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 1 − 41+ x2 − 2 x − 3 > 0. 2x +1 dx. x( x + 1) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 30o. Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính thể tích của khối chóp S.ABM theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình sau có nghiệm 6 + x + 2 (4 − x)(2 x − 2) = m + 4 4 − x + 2 x − 2 ( 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 với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2; − 4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45o. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 3), B(1; 0; −5) và mặt phẳng ( P) : 2 x + y − 3z − 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 + 2i ) 2 z + z = 4i − 20. Tính môđun của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh là AB: x + 3 y − 7 = 0, BC: 4 x + 5 y − 7 = 0, CA : 3x + 2 y − 7 = 0. Viết phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. x −1 y +1 z −1 . Viết phương trình = = 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 4 1 −3 mặt cầu có tâm I(1; 2; − 3) và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho AB = 26. Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z 2 − 2(1 + i ) z + 2i = 0. phần thực và phần ảo của Tìm 1 ----------- 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: ........................... LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 92 . z
  • 93. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = . ⎡x =1 • y ' = − x 2 + 4 x − 3; y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 3. • Giới hạn: 0,25 lim y = + ∞, lim y = − ∞. x→ − ∞ x→ + ∞ • Bảng biến thiên: x −∞ y’ +∞ y 1 0 − − + 3 0 1 +∞ − 0,25 1 3 −∞ - Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3); nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞; 1) và (3; + ∞). 1 - Hàm số đạt cực đại tại x = 3, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = − ⋅ 3 • Đồ thị: 0,25 y 1 O 1 −− 3 1 3 0,25 x 2. (1,0 điểm) Tọa độ giao điểm của (C) với trục tung là (0; 1). Hệ số góc của tiếp tuyến là k = y '(0) = − 3. 0,25 ⇔ y = −3 x + 1. (2,0 điểm) 0,25 Phương trình tiếp tuyến là y = k ( x − 0) + 1 II 0,25 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2cos 2 2 x − 1 + 6(1 − cos 2 x) − 1 = 0 0,25 ⇔ cos 2 2 x − 3cos 2 x + 2 = 0. 0,25 • cos2x = 2: Vô nghiệm. 0,25 • cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ (k ∈ Z). 0,25 Trang 1/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 93
  • 94. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≤ −1 hoặc x ≥ 3. Bất phương trình đã cho tương đương với 4 x − Đặt t = 2 x − x 2 − 2 x −3 − 3.2 x − x 2 − 2 x −3 0,25 − 4 > 0. x 2 − 2 x −3 0,25 > 0, bất phương trình trên trở thành t 2 − 3t − 4 > 0 ⇔ t > 4 (do t > 0) 7 ⇔ x2 − 2 x − 3 < x − 2 ⇔ 2 < x < ⋅ 2 7 Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 ≤ x < ⋅ 2 III (1,0 điểm) 0,25 0,25 2 1 ⎞ ⎛1 Ta có I = ∫ ⎜ + ⎟ dx. x x +1⎠ 1⎝ 2 • 2 ∫ x dx = l n | x | 1 = ln 2. 1 2 • 1 0,25 1 0,25 2 ∫ x + 1 dx = l n | x + 1| 1 = ln 3 − ln 2. 0,25 1 IV Do đó I = ln 3. S 0,25 Ta có SA ⊥ BC, AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC. Do đó, góc giữa (SBC) và (ABC) bằng SBA = 30o. M A C 0,25 1 1 VS . ABM = VS . ABC = SA. AB.BC. 2 12 (1,0 điểm) 0,25 BC = AB = a; SA = AB.tan 30o = Vậy VS . ABM = V (1,0 điểm) B Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 4. Xét f ( x) = 4 − x + 2 x − 2, 1 ≤ x ≤ 4. −1 1 f '( x) = + ; f '( x) = 0 ⇔ x = 3. 2 4− x 2x − 2 • Bảng biến thiên (hình bên). a 3 ⋅ 3 0,25 a3 3 ⋅ 36 0,25 x f’(x) 1 3 0 3 + 4 − 0,25 f(x) 6 3 Đặt t = 4 − x + 2 x − 2. Phương trình đã cho trở thành t 2 − 4t + 4 = m (1). Dựa vào bảng biến thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t thỏa mãn Xét g (t ) = t 2 − 4t + 4, 3 ≤ t ≤ 3. g '(t ) = 2t − 4; g '(t ) = 0 ⇔ t = 2. • Bảng biến thiên (hình bên). t g’(t) 3 ≤ t ≤ 3. 3 − 2 0 7−4 3 0,25 3 + 1 0,25 g(t) 0 VI.a (2,0 điểm) Dựa vào bảng biến thiên, ta được giá trị m cần tìm là 0 ≤ m ≤ 1. 1. (1,0 điểm) Phương trình của đường thẳng ∆ qua A(2; − 4) và có vectơ pháp tuyến v = (a; b) là 0,25 0,25 a( x − 2) + b( y + 4) = 0, với a 2 + b 2 ≠ 0. Vectơ pháp tuyến của d là u = (1; 1). Do đó cos(d , ∆) = |a+b| 2. a 2 + b 2 ⋅ 0,25 cos(d , ∆ ) = cos 45o ⇔ ab = 0. 0,25 Với a = 0, ta có phương trình ∆ : y + 4 = 0; với b = 0, ta có phương trình ∆ : x − 2 = 0. 0,25 Trang 2/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 94
  • 95. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) A, B, M thẳng hàng ⇔ M thuộc đường thẳng AB. Ta có AB = (2; −2; −8) = 2(1; −1; − 4); M ∈ AB ⇒ M (−1 + t ; 2 − t ; 3 − 4t ). (1,0 điểm) 0,25 M ∈ ( P ) ⇒ 2(−1 + t ) + (2 − t ) − 3(3 − 4t ) − 4 = 0 VII.a 0,25 0,25 0,25 ⇒ t = 1. Vậy M (0; 1; − 1). Đặt z = a + bi (a, b ∈ ). Đẳng thức đã cho trở thành (−3 + 4i )(a + bi ) + (a − bi ) = 4i − 20 0,25 ⎧a + 2b = 10 ⇔⎨ ⎩a − b = 1 ⎧a = 4 ⇔⎨ ⎩b = 3. 0,25 0,25 Do đó | z | = 42 + 32 = 5. VI.b (2,0 điểm) 0,25 1. (1,0 điểm) ⎧x + 3y − 7 = 0 Tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình ⎨ ⎩3x + 2 y − 7 = 0 ⇒ A(1; 2). 0,25 0,25 Đường cao kẻ từ A có vectơ pháp tuyến là n = (5; − 4). Phương trình đường cao là 5( x − 1) − 4( y − 2) = 0 ⇔ 5 x − 4 y + 3 = 0. 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với d có phương trình là 4( x − 1) − 3( y − 2) + ( z + 3) = 0 ⇔ 4 x − 3 y + z + 5 = 0. 0,25 ⎧ x −1 y +1 z −1 = = 1 1⎞ ⎪ ⎛ Tọa độ giao điểm H của d và (P) thỏa mãn hệ ⎨ 4 −3 1 ⇒ H ⎜ −1; ; ⎟ . 2 2⎠ ⎝ ⎪ ⎩4 x − 3 y + z + 5 = 0 0,25 2 ⎛ AB ⎞ Bán kính mặt cầu là R = IH 2 + ⎜ ⎟ = 5. ⎝ 2 ⎠ Phương trình mặt cầu là ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 3) 2 = 25. VII.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 Phương trình bậc hai theo z có ∆ = 4(1 + i )2 − 8i = 0 ⇒ z =1+ i 1 1 1 1 ⇒ = = − i. z 1+ i 2 2 1 1 1 1 Vậy phần thực của bằng , phần ảo của bằng − ⋅ 2 z z 2 0,25 0,25 0,25 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 3/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 95
  • 96. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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 ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2( m + 1) x 2 + m 2 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0. 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 3 sin 2 x + cos 2 x = 2 cos x − 1. ⎧ x3 − 3x 2 − 9 x + 22 = y 3 + 3 y 2 − 9 y ⎪ Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 2 ( x, y ∈ ). 1 x + y2 − x + y = ⎪ 2 ⎩ 3 1 + ln( x + 1) dx. x2 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2 HB. Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ P = 3 | x− y | + 3 | y − z | + 3 | z − x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 . 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 11 1 của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2 ND. Giả sử M và đường thẳng AN có ; 2 2 phương trình 2 x − y − 3 = 0. Tìm tọa độ điểm A. x +1 y z − 2 Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và = = 1 2 1 điểm I (0; 0;3). 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. n 3 Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cn −1 = Cn . Tìm số hạng chứa x 5 trong khai ( ( ) ) n nx 2 1 − , x ≠ 0. triển nhị thức Niu-tơn của 14 x B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x 2 + y 2 = 8. 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. x +1 y z − 2 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = , mặt 2 1 1 phẳng ( P ): x + y − 2 z + 5 = 0 và điểm A(1; −1; 2). 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. 5( z + i ) Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn = 2 − i. Tính môđun của số phức w = 1 + z + z 2 . z +1 ---------- 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: .............................................. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 96
  • 97. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 0, ta có: y = x 4 − 2 x 2 . • Tập xác định: D = . • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1. Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) và (0; 1); các khoảng đồng biến: (−1; 0) và (1; + ∞). − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0. 0,25 − Giới hạn: lim y = lim y = + ∞. x→−∞ − Bảng biến thiên: x→+∞ x −∞ y' –1 – 0 0 + 0 +∞ +∞ 1 – 0 + +∞ 0 0,25 y –1 –1 • Đồ thị: y 8 0,25 –1 O –2 1 2 x –1 b) (1,0 điểm) Ta có y ' = 4 x 3 − 4( m + 1) x = 4 x( x 2 − m − 1). 0,25 Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi m + 1 > 0 ⇔ m > −1 (*). Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; m 2 ), B(− m + 1; − 2m − 1) và C ( m + 1; − 2m − 1). 0,25 Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) 2 ) và AC = ( m + 1; − ( m + 1) 2 ). Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB. AC = 0 0,25 ⇔ ( m + 1) 4 − ( m + 1) = 0. Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là m = 0. 0,25 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 97
  • 98. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 2 Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin x + cos x − 1) cos x = 0. (1,0 điểm) π • cos x = 0 ⇔ x = + kπ (k ∈ ). 2 π π • 3 sin x + cos x − 1 = 0 ⇔ cos x − = cos 3 3 2π + k 2π (k ∈ ). ⇔ x = k 2π hoặc x = 3 π 2π + k 2π (k ∈ ). Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = + kπ, x = k 2π và x = 2 3 3 3 3 ⎧( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) (1) ⎪ (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với: ⎨ 12 12 + y+ = 1. (2) ⎪x− ⎩ 2 2 1 1 3 1 1 3 Từ (2), suy ra −1 ≤ x − ≤ 1 và −1 ≤ y + ≤ 1 ⇔ − ≤ x − 1 ≤ và − ≤ y + 1 ≤ . 2 2 2 2 2 2 3 3 Xét hàm số f (t ) = t 3 − 12t trên ⎡− ; ⎤ , ta có f '(t ) = 3(t 2 − 4) < 0 , suy ra f(t) nghịch biến. ⎢ 2 2⎥ ⎣ ⎦ Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3). 2 2 1 3 1 3 + x− = 1 ⇔ 4 x 2 − 8 x + 3 = 0 ⇔ x = hoặc x = . Thay vào (2), ta được x − 2 2 2 2 1 3 3 1 Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( x; y ) = ; − hoặc ( x; y ) = ; − . 2 2 2 2 dx 1 4 dx Đặt u = 1 + ln( x + 1) và dv = 2 , suy ra du = và v = − . (1,0 điểm) x +1 x x 0,25 0,25 ( ) 0,25 0,25 ( ) ( ) 0,25 0,25 ( ) ( ) ) ( 3 1 + ln( x + 1) I=− + x 1 = 2 + ln 2 + 3 3 ∫( 1 3 ( 0,25 ) 0,25 0,25 dx ∫ x( x + 1) 0,25 1 ) x 2 + ln 2 1 1 + ln dx = − 3 x +1 x x +1 3 0,25 1 2 2 = + ln 3 − ln 2. 3 3 5 (1,0 điểm) 0,25 Ta có SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra SCH = 60o. a a 3 Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: HD= , CD = , 6 2 a 7 a 21 HC = HD 2 + CD 2 = , SH = HC.tan60o = . 3 3 0,25 1 1 a 21 a 2 3 a 3 7 = . VS . ABC = .SH .S ∆ABC = . . 3 3 3 4 12 S 0,25 Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc 3 của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và BA = HA nên 2 3 d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )). 2 Ta cũng có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK . Do đó HK ⊥ ( SAN ). Suy ra d ( H ,( SAN )) = HK . 0,25 K A x N D C H B AH = 2a a 3 , HN = AH sin 60o = , HK = 3 3 SH .HN 2 SH + HN 2 = a 42 a 42 . . Vậy d ( SA, BC ) = 8 12 Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 98 0,25
  • 99. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 6 Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ 0 (*). (1,0 điểm) Xét hàm f (t ) = 3t − t − 1 , có f '(t ) = 3t ln 3 − 1 > 0, ∀t ≥ 0 và f (0) = 0 , suy ra (*) đúng. 0,25 Áp dụng (*), ta có 3 | x− y | + 3 | y− z | + 3 | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x |. Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có: (| x − y | + | y − z | + | z − x |) 2 = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |) ( 2 2 2 0,25 ) + | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ 2 | x − y | + | y − z | + | z − x | . ( ) 2 Do đó | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 2 | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 − 2 ( x + y + z ) . 2 2 0,25 2 Mà x + y + z = 0, suy ra | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ 6 x + 6 y + 6 z . Suy ra P = 3 | x− y | + 3 | y−z | + 3 | z−x | − 6 x 2 + 6 y 2 + 6 z 2 ≥3. 0,25 Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H 7.a và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. (1,0 điểm) Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. A B Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra AH ⊥ HM . Hơn nữa, ta cũng có AH = HM . M 3 10 Do đó AM = 2 MH = 2d ( M ,( AN )) = . H 2 Q P A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3). C D 11 2 7 2 45 3 10 N + 2t − = MA = ⇔ t− 2 2 2 2 ) ( ( 0,25 0,25 ) 0,25 ⇔ t 2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4. Vậy: A(1; −1) hoặc A(4;5). 0,25 8.a Véc tơ chỉ phương của d là a = (1; 2; 1). Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB. (1,0 điểm) Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1). IH ⊥ AB ⇔ IH . a = 0 ⇔ t − 1 + 4t + t − 1 = 0 ⇔ t = 0,25 ) ( 1 2 2 2 ⇒ IH = − ; ; − . 3 3 3 3 Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là R = IA = 2 IH = 0,25 2 6 . 3 0,25 8 Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là ( S ): x 2 + y 2 + ( z − 3)2 = . 3 0,25 9.a n(n − 1)(n − 2) n −1 3 (1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n = 6 0,25 ⇔ n = 7 (vì n nguyên dương). n 0,25 7 7 2 2 1 ⎞ ⎛ x2 1 ⎞ ⎛ nx k⎛x ⎞ Khi đó ⎜ − ⎟ =⎜ − ⎟ = C7 ⎜ ⎟ x⎠ ⎝ 2 x ⎠ k =0 ⎝ 2 ⎠ ⎝ 14 ∑ 7−k 7 (− 1 ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k . x k k k 0,25 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = 5 ⇔ k = 3 . Do đó số hạng cần tìm là 3 (−1)3 .C7 5 35 x = − x5 . 4 16 2 Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 99
  • 100. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án 7.b (1,0 điểm) Điểm Phương trình chính tắc của (E) có dạng: y 2 O x2 a2 + y2 b2 = 1, 0,25 với a > b > 0 và 2a = 8. Suy ra a = 4. 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 A(t ; t ), t > 0. A 2 x 0,25 A∈(C) ⇔ t 2 + t 2 = 8, suy ra t = 2. 0,25 A(2;2) ∈ ( E ) ⇔ 16 4 4 + = 1 ⇔ b2 = . 2 3 16 b Phương trình chính tắc của (E) là 0,25 x2 y 2 + = 1. 16 16 3 8.b (1,0 điểm) 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) ⇔ 3 − 2t − 2 − t − 2(2 − t ) + 5 = 0 ⇔ t = 2, suy ra M(3; 2; 4). 0,25 Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình ∆ : x −1 y + 1 z − 2 = = . 2 3 2 0,25 9.b Đặt z = a + bi (a, b ∈ ), z ≠ −1. (1,0 điểm) 5( z + i ) = 2 − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = 0 Ta có z +1 0,25 ⎧3a − b − 2 = 0 ⎧a = 1 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎩ a − 7b + 6 = 0 ⎩b = 1. 0,25 Do đó z =1+i. Suy ra w = 1 + z + z 2 =1+1+ i + (1+ i ) 2 = 2 + 3i. 0,25 Vậy w = 2 + 3i = 13. 0,25 ------------- HẾT ------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 100
  • 101. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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) y = mx 4 + m 2 − 9 x 2 + 10 Cho hµm sè : 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè (1) khi m = 1 . 2. T×m m ®Ó hµm sè (1) cã ba ®iÓm cùc trÞ. ( ) (1) ( m lµ tham sè). C©u II. (§H : 3,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) 1. Gi¶i ph−¬ng tr×nh: sin 2 3x − cos 2 4 x = sin 2 5 x − cos 2 6 x . 2. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh: log x log 3 (9 x − 72) ≤ 1 . ( )  3 x− y = x− y    x + y = x + y + 2.  C©u III. ( §H : 1,0 ®iÓm; C§ : 1,5 ®iÓm) TÝnh diÖn tÝch cña h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng : x2 x2 y = 4− vµ y = . 4 4 2 3. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh: 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 1  I  ;0  , ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB lµ x − 2 y + 2 = 0 vµ AB = 2 AD . T×m täa ®é c¸c ®Ønh 2  A, B, C , D biÕt r»ng ®Ønh A cã hoµnh ®é ©m. 2. Cho h×nh lËp ph−¬ng ABCDA1 B1C1 D1 cã c¹nh b»ng a . a) TÝnh theo a kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng A1 B vµ B1 D . b) Gäi M , N , P lÇn l−ît lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh BB1 , CD , A1 D1 . TÝnh gãc gi÷a hai ®−êng th¼ng MP vµ C1 N . C©u V. (§H : 1,0 ®iÓm) Cho ®a gi¸c ®Òu A1 A2 L A2 n (n ≥ 2, n nguyªn ) néi tiÕp ®−êng trßn (O ) . BiÕt r»ng sè tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 3 trong 2n ®iÓm A1 , A2 ,L , A2 n nhiÒu gÊp 20 lÇn sè h×nh ch÷ nhËt cã c¸c ®Ønh lµ 4 trong 2n ®iÓm A1 , A2 ,L , A2 n , 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:............................... LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 101
  • 102. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 I ý 1 Néi dung §H C§ y = x 4 − 8 x 2 + 10 lµ hµm ch½n ⇒ ®å thÞ ®èi xøng qua Oy .  x=0 TËp x¸c ®Þnh ∀ x ∈ R , y ' = 4 x 3 − 16 x = 4 x x 2 − 4 , y '= 0 ⇔   x = ±2 ∑1,0 ® ∑1,5 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® Víi m = 1 ta cã ( ) 4 2  y" = 12 x 2 − 16 = 12 x 2 − , y" = 0 ⇔ x = ± . 3 3  B¶ng biÕn thiªn: x −∞ −2 − y' y" 0 + −2 3 + 0 lâm CT −6 U +∞ 2 3 − 0 0 − 10 C§ låi +∞ y 2 0 0 + + +∞ U lâm CT −6 y Hai ®iÓm cùc tiÓu : A1 (− 2;−6 ) vµ A2 (2;−6 ) . Mét ®iÓm cùc ®¹i: B (0;10 ) .  − 2 10   2 10  Hai ®iÓm uèn: U 1  ;  vµ U 2  ; .  3 9  3 9 Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi trôc tung lµ B(0;10 ) . §å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i 4 ®iÓm cã hoµnh ®é: 10 B x = ± 4 + 6 vµ x = ± 4 − 6 . U1 U2 -2 2 0 A1 -6 x A2 (ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn) 1 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 102
  • 103. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 I II 2 ( ) ( ) 1 sin 2 3 x − cos 2 4 x = sin 2 5 x − cos 2 6 x 1 − cos 6 x 1 + cos 8 x 1 − cos10 x 1 + cos12 x ⇔ − = − 2 2 2 2 ⇔ (cos 12 x + cos 10 x ) − (cos 8 x + cos 6 x ) = 0 ⇔ cos x(cos 11x − cos 7 x ) = 0 ⇔ cos x sin 9 x sin 2 x = 0 kπ  x = 9 ⇔ sin 9 x sin 2 x = 0 ⇔  k ∈ Z. kπ x = 2  Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ sö dông c¸c c¸ch biÕn ®æi kh¸c ®Ó ®−a vÒ ph−¬ng tr×nh tÝch. 2 ( ) log x log 3 (9 x − 72) ≤ 1 (1).  x > 0, x ≠ 1  §iÒu kiÖn:  9 x − 72 > 0 ⇔ 9 x − 72 > 1 ⇔ x > log 9 73 log (9 x − 72) > 0  3 ( (2). ∑ 1,0 ® ∑ 1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 1,0 ® ∑ 1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,5 ® ∑1,0 ® y ' = 4mx 3 + 2 m 2 − 9 x = 2 x 2mx 2 + m 2 − 9 , x=0  y' = 0 ⇔  2 2 2mx + m − 9 = 0 Hµm sè cã ba ®iÓm cùc trÞ ⇔ ph−¬ng tr×nh y '= 0 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt (khi ®ã y ' ®æi dÊu khi qua c¸c nghiÖm) ⇔ ph−¬ng tr×nh 2mx 2 + m 2 − 9 = 0 cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 0.  m≠0  2mx 2 + m 2 − 9 = 0 ⇔  2 9 − m 2 . Ph−¬ng tr×nh 2mx 2 + m 2 − 9 = 0 x =  2m   m < −3 cã 2 nghiÖm kh¸c 0 ⇔  0 < m < 3.  m < −3 VËy hµm sè cã ba ®iÓm cùc trÞ ⇔  0 < m < 3. ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ) Do x > log 9 73 > 1 nªn (1) ⇔ log 3 9 x − 72 ≤ x ( ) x 2 ⇔ 9 x − 72 ≤ 3 x ⇔ 3 − 3 x − 72 ≤ 0 (3). §Æt t = 3 x th× (3) trë thµnh t 2 − t − 72 ≤ 0 ⇔ −8 ≤ t ≤ 9 ⇔ −8 ≤ 3 x ≤ 9 ⇔ x ≤ 2 . KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (2) ta ®−îc nghiÖm cña bÊt ph−¬ng tr×nh lµ: log 9 73 < x ≤ 2 . 2 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 103
  • 104. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 3 ∑1,0 ® ( III x2 y= 4− 4 -4 0,25 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 2 2 4 ] 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® x x2 x2 vµ y = : 4 4 2 x2 x2 x4 x2 = ⇔ + − 4 = 0 ⇔ x2 = 8 ⇔ x = ± 8 . 32 4 4 4 2 [ ∑ 1,5 ® A2 0 T×m giao ®iÓm cña hai ®−êng cong y = 4 − 4− 0,25 ® 4 2 2 2 -2 2 0,25 ® x2 y= A1 0,25 ® 0,25 ® y 0,25 ® 0,25 ® ) ∑1,0 ® 0,25 ®  3 x − y = x − y (1) x− y ≥ 0  §iÒu kiÖn:  (3)   x + y = x + y + 2 (2).  x + y ≥ 0.   x= y (1) ⇔ 3 x − y 1 − 6 x − y = 0 ⇔   x = y + 1. Thay x = y vµo (2), gi¶i ra ta ®−îc x = y = 1. 3 1 Thay x = y + 1 vµo (2), gi¶i ra ta cã: x = , y = . 2 2 KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (3) hÖ ph−¬ng tr×nh cã 2 nghiÖm: 3 1 x = 1, y = 1 vµ x = , y = 2 2 Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ n©ng hai vÕ cña (1) lªn luü thõa bËc 6 ®Ó di ®Õn kÕt qu¶:  x= y  x = y + 1.  x2 x2 Trªn − 8 ; 8 ta cã ≤ 4− vµ do h×nh ®èi xøng qua trôc tung 4 4 2 8 8 8 x2 x2  1 2 dx = − nªn S = 2 ∫  4 − 16 − x 2 dx − ∫ ∫ x dx = S1 − S 2 .  4 4 2 2 2 0 0 0  §Ó tÝnh S1 ta dïng phÐp ®æi biÕn x = 4 sin t , khi 0 ≤ t ≤  π dx = 4 cos tdt vµ cos t > 0 ∀ t ∈ 0;  . Do ®ã  4 π 4 th× 0 ≤ x ≤ 8 . 3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 104
  • 105. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 π 8 S1 = ∫ 0 π 4 4 0 0 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 1,0 ® ∑ 1,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 16 − x 2 dx = 16 ∫ cos 2 tdt = 8 ∫ (1 + cos 2t )dt = 2π + 4 . S2 = 1 2 2 8 ∫x 0 2 dx = 8 1 6 2 = x3 0 4 8 . VËy S = S1 − S 2 = 2π + . 3 3 2 2    4 − x − x dx . ∫ 4 4 2 − 8  8 Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ tÝnh diÖn tÝch S = IV 1 y B H O A C I x D Kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn ®−êng th¼ng AB b»ng 5 ⇒ AD = 5 vµ 2 5 . 2 Do ®ã A, B lµ c¸c giao ®iÓm cña ®−êng th¼ng AB víi ®−êng trßn t©m I vµ b¸n 5 kÝnh R = . VËy täa ®é A, B lµ nghiÖm cña hÖ : 2 x − 2y + 2 = 0   2 2 5  x 1  2  − 2  + y =  2      Gi¶i hÖ ta ®−îc A(− 2;0), B(2;2 ) (v× x A < 0 ) ⇒ C (3;0), D(− 1;−2) . IA = IB = 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 A, B lµ giao ®iÓm cña ®−êng trßn t©m H b¸n kÝnh HA víi ®−êng th¼ng AB . 4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 105
  • 106. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 IV ∑ 1,0 ® ∑1,5 ® 2a) T×m kho¶ng c¸ch gi÷a A1 B vµ B1 D . z D1 A1 B1 C1 G I A y x 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® D 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® C B x C¸ch I. Chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho A(0;0;0), B(a;0;0), D(0; a;0 ), A1 (0;0; a ) ⇒ C (a; a;0); B1 (a;0; a ); C1 (a; a; a ), D1 (0; a; a ) [ ] ⇒ A1 B = (a;0;− a ), B1 D = (− a; a;− a ), A1 B1 = (a;0;0) vµ A1 B, B1 D = (a 2 ;2a 2 ; a 2 ) . VËy d ( A1 B, B1 D ) = [A B, B D].A B [A B, B D] 1 1 1 C¸ch II. 1 1 = 1 a3 a 2 6 = a 6 . A1 B⊥AB1   ⇒ A1 B⊥( AB1C1 D ) ⇒ A1 B ⊥B1 D . A1 B⊥AD  T−¬ng tù A1C1 ⊥B1 D ⇒ B1 D⊥( A1 BC1 ) . Gäi G = B1 D ∩ ( A1 BC1 ) . Do B1 A1 = B1 B = B1C 1 = a nªn GA1 = GB = GC1 ⇒ G lµ t©m tam gi¸c ®Òu A1 BC1 cã c¹nh b»ng a 2 . Gäi I lµ trung ®iÓm cña A1 B th× IG lµ ®−êng vu«ng gãc chung cña A1 B vµ B1 D , nªn a 1 1 3 . d ( A1 B, B1 D ) = IG = C1 I = A1 B = 3 3 2 6 Chó ý: ThÝ sinh cã thÓ viÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P ) chøa A1 B vµ song song víi B1 D lµ: x + 2 y + z − a = 0 vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ B1 (hoÆc tõ D ) tíi (P ) , hoÆc viÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q ) chøa B1 D vµ song song víi A1 B lµ: x + 2 y + z − 2a = 0 vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ A1 (hoÆc tõ B) tíi (Q ) . 5 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 106
  • 107. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 ∑1,0 ® 2b) C¸ch I. a a   a   Tõ C¸ch I cña 2a) ta t×m ®−îc M  a;0; , N  ; a;0 , P 0; ; a  2 2   2   a a  a  ⇒ MP =  − a; ; , NC1 =  ;0; a  ⇒ MP.NC1 = 0 . 2 2  2  VËy MP⊥C1 N . 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® z A1 P D1 C1 B1 E M y A B C¸ch II. 0,25 ® N C x Gäi E lµ trung ®iÓm cña CC1 th× ME⊥(CDD1C1 ) ⇒ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña MP trªn (CDD1C1 ) lµ ED1 . Ta cã ∆C1CN = ∆D1C1 E ⇒ C1 D1 E = CC1 N = 90 0 − D1C1 N ⇒ D1 E⊥C1 N . Tõ ®©y theo ®Þnh lý ba ®−êng vu«ng gãc ta cã MP⊥C1 N . 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® V 3 Sè tam gi¸c cã c¸c ®Ønh lµ 3 trong 2n ®iÓm A1 , A2 ,L , A2 n lµ C 2n . 0,25 ® Gäi ®−êng chÐo cña ®a gi¸c ®Òu A1 A2 L A2 n ®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 2n ®iÓm A1 , A2 ,L , A2 n 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 2 b»ng sè cÆp ®−êng chÐo lín cña ®a gi¸c A1 A2 L A2 n tøc C n . 0,25 ® Theo gi¶ thiÕt th×: 6 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 107
  • 108. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 3 2 C 2 n = 20C n ⇔ (2n )! 3!(2n − 3)! = 20 2n.(2n − 1)(2n − 2) n! n(n − 1) = 20 ⇔ 2!(n − 2)! 6 2 ⇔ 2n − 1 = 15 ⇔ n = 8 . 0,5 ® 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 n(n − 1) ®Õn kÕt qu¶ sè h×nh ch÷ nhËt lµ th× cho ®iÓm tèi ®a phÇn nµy. 2 7 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 108
  • 109. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 y = x3 − 3 x 2 + m (1) ( m lµ tham sè). 1) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng víi nhau qua gèc täa ®é. 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m =2. C©u 2 (2 ®iÓm). 2 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh cotgx − tgx + 4sin 2 x = . sin 2 x  y2 + 2 3y =  x2  2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh  2  3x = x + 2 .  y2  C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy cho tam gi¸c ABC cã 2  AB = AC , BAC = 900. BiÕt M (1; −1) lµ trung ®iÓm c¹nh BC vµ G  ; 0  lµ träng 3  t©m tam gi¸c ABC . T×m täa ®é c¸c ®Ønh A, B, C . 2) Cho h×nh l¨ng trô ®øng ABCD. A ' B ' C ' D ' cã ®¸y ABCD lµ mét h×nh thoi c¹nh a , gãc BAD = 600 . Gäi M lµ trung ®iÓm c¹nh AA ' vµ N lµ trung ®iÓm c¹nh CC ' . Chøng minh r»ng bèn ®iÓm B ', M , D, N cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. H·y tÝnh ®é dµi c¹nh AA ' theo a ®Ó tø gi¸c B ' MDN lµ h×nh vu«ng. 3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®iÓm → A(2; 0; 0), B(0; 0; 8) vµ ®iÓm C sao cho AC = (0; 6; 0) . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ trung ®iÓm 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 y = x + 4 − x 2 . I= 2) TÝnh tÝch ph©n π 4 1 − 2sin 2 x ∫ 1 + sin 2 x dx . 0 C©u 5 (1 ®iÓm). Cho n lµ sè nguyªn d−¬ng. TÝnh tæng 0 Cn + 22 − 1 1 23 − 1 2 Cn + Cn + 2 3 + 2n +1 − 1 n Cn n +1 k ( Cn lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö). ----------------------------------HÕt--------------------------------Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh……………………………………….. Sè b¸o danh………… LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 109
  • 110. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 C©u 1. 1) §å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng nhau qua gèc täa ®é ⇔ tån t¹i x0 ≠ 0 sao cho y ( x0 ) = − y (− x0 ) ⇔ tån t¹i x0 ≠ 0 sao cho x03 − 3 x02 + m = − (− x0 )3 − 3(− x0 )2 + m    ⇔ tån t¹i x0 ≠ 0 sao cho 3x02 = m ⇔ m >0. 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 2. ®iÓm 2®iÓm 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0,25 ® 1 ®iÓm Khi m = 2 hµm sè trë thµnh y = x3 − 3 x 2 + 2. TËp x¸c ®Þnh : . x=0 y ' = 3 x 2 − 6 x, y ' = 0 ⇔   x = 2. y " = 6 x − 6. y '' = 0 ⇔ x = 1. y " triÖt tiªu vµ ®æi dÊu qua x = 1 ⇒ (1;0) lµ ®iÓm uèn. 0,25® 0,25® B¶ng biÕn thiªn: x y’ y −∞ + −∞ 0 0 2 C§ 2 0 − +∞ + 0,25® +∞ CT −2 §å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i c¸c ®iÓm (1;0), (1 ± 3;0) vµ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 2) . y 2 0,25® O 1 2 x −2 1 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 110
  • 111. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 C©u 2. 2®iÓm 1 ®iÓm 2 (1). 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh: cotgx − tgx + 4sin 2 x = sin 2 x  sin x ≠ 0 §iÒu kiÖn:  (*). cos x ≠ 0 Khi ®ã (1) ⇔ 0,25® cos x sin x 2 cos 2 x − sin 2 x 2 ⇔ + 4sin 2 x = − + 4sin 2 x = sin x cos x sin 2 x sin x cos x sin 2 x ⇔ 2 cos 2 x + 4sin 2 2 x = 2 ⇔ 2 cos2 2 x − cos 2 x − 1 = 0  x = kπ  cos 2 x = 1  (k ∈ Z) . ⇔ ⇔  x = ± π + kπ  cos 2 x = − 1   3 2   KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña (1) lµ x = ±  3 y =  2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh   3x =   §iÒu kiÖn x ≠ 0, y ≠ 0 . y2 + 2 x2 x2 + 2 y2 0,25® 0,25® π + kπ (k ∈ Z). 3 0,25® (1) 1 ®iÓm (2). 2  2  3 x y = y + 2 ( x − y )(3 xy + x + y ) = 0 Khi ®ã hÖ ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi  ⇔ 0,25® 3 xy 2 = x 2 + 2.   3 xy 2 = x 2 + 2   x= y   x =1  0,5® ⇔ TH1:  2 2  y = 1. 3 xy = x + 2  3xy + x + y = 0  0,25® TH2:  v« nghiÖm, v× tõ (1) vµ (2) ta cã x, y > 0 . 2 2  3 xy = x + 2  VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ: x = y = 1. C©u 3. 3®iÓm 1) 1 ®iÓm B V× G lµ träng t©m ∆ABC vµ M lµ trung ®iÓm BC nªn 0,25® MA = 3MG = (−1;3) ⇒ A(0; 2) . M . Ph−¬ng tr×nh BC ®i qua M (1; −1) vµ vu«ng gãc víi G A C MA = (−1,3) lµ: −1( x − 1) + 3( y + 1) = 0 ⇔ − x + 3 y + 4 = 0 (1). 0,25® Ta thÊy MB = MC = MA = 10 ⇒ täa ®é B, C tháa m·n ph−¬ng tr×nh: ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = 10 (2). 0,25® 0,25® Gi¶i hÖ (1),(2) ta ®−îc täa ®é cña B, C lµ (4;0), (−2; −2). 1 ®iÓm 2) A’ B’ 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 D’ C’ mçi ®−êng. MÆt kh¸c A’DCB’ lµ h×nh b×nh hµnh nªn M I trung ®iÓm I cña A’C còng chÝnh lµ trung ®iÓm cña N A B 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’, 0,5® M, D, N cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. 2 2 2 2 2 2 MÆt kh¸c DM = DA + AM = DC + CN = DN , hay DM = DN. VËy h×nh b×nh hµnh B’MDN lµ h×nh thoi. Do ®ã B’MDN lµ h×nh D C 2 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 111
  • 112. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 vu«ng ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2 ⇔ 3a2 = B’B2 + a2 ⇔ BB’= a 2 ⇔ AA’= a 2 . 3) Tõ AC = (0;6;0) 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 : x − 1 = 0. ⇒ täa ®é giao ®iÓm cña (α) víi OA lµ K(1; 0; 0). 2 2 2 ⇒ kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn OA lµ IK = (1 − 1) + (0 − 3) + (0 − 4) = 5. C©u 4. 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè y = x + 4 − x 2 . TËp x¸c ®Þnh: [ −2; 2] . y ' = 1− x 4− x 2 , 0,5® 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 2®iÓm 1 ®iÓm 0,25®  x≥0  ⇔x= 2. y ' = 0 ⇔ 4 − x2 = x ⇔  2 2 4 − x = x  0,25® Ta cã y (−2) = −2, y ( 2) = 2 2, y (2) = 2 , 0,25® VËy max y = y ( 2) = 2 2 vµ min y = y (−2) = −2 . 0,25® [ −2;2] [ −2;2] 2) TÝnh tÝch ph©n I = π 4 1 − 2sin 2 x ∫ 1 + sin 2 x dx. 1 ®iÓm 0 Ta cã I = π 4 ∫ 0 π 4 2 1 − 2sin x cos 2 x dx = ∫ dx . 1 + sin 2 x 1 + sin 2 x 0,25® 0 §Æt t = 1 + sin 2 x ⇒ dt = 2 cos 2 xdx . π Víi x = 0 th× t = 1, víi x = th× t = 2 . 4 Khi ®ã I = 0,25® 0,25® 2 2 1 1 dt 1 ∫ t = 2 ln | t | 1 = 2 ln 2. 2 0,25® 1 C©u 5. Ta cã Suy ra 1®iÓm n 0 2 n (1 + x) = Cn + C1 x + Cn x 2 + ... + Cn x n . n 2 2 0 2 n n (1 + x) dx = Cn + C1 x + Cn x 2 + ... + Cn x n dx n 1 1 ∫ ∫( ) 2 2  2 3 n +1  1 n +1 0 1 x 2 x n x ⇔ =  Cn x + Cn + Cn + ... + Cn (1 + x)  n +1 2 3 n +1  1  1 2 3 n +1 n +1 n +1 2 −1 n 3 − 2 0 2 −1 1 2 −1 2 . Cn + Cn + + Cn = ⇔ Cn + n +1 n +1 2 3 0,5 ® 0,5 ® 3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 112
  • 113. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 1 3 y = x 3 − 2 x 2 + 3x (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) 5 sin x − 2 = 3 (1 − sin x ) tg 2 x . 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh ln 2 x 2) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè y = trªn ®o¹n [1; e 3 ]. x 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 x − 2 y − 1 = 0 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 ( 0 o < ϕ < 90 o ). 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 . ⎧x = −3 + 2 t 3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A (−4; − 2; 4) vµ ®−êng th¼ng d: ⎪y = 1 − t ⎨ ⎪z = −1 + 4 t. ⎩ 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) e 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ 1 1 + 3 ln x ln x dx . x 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 m⎛ 1 + x2 − 1 − x2 + 2⎞ = 2 1 − x4 + 1 + x2 − 1 − x2 . ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ -----------------------------------------------------------------------------------------------------------------------C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh . ............................................................................................... Sè b¸o danh .......................….... LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 113
  • 114. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o . ................... §¸p ¸n - Thang ®iÓm ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 .......................................... M«n: To¸n, Khèi B §Ò chÝnh thøc (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang) C©u I Néi dung ý 1 §iÓm 2,0 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm) 1 y = x 3 − 2x 2 + 3x (1). 3 a) TËp x¸c ®Þnh: R . b) Sù biÕn thiªn: y' = x2 − 4x + 3; y' = 0 ⇔ x = 1, x = 3 . 0,25 4 2 , yCT = y(3) = 0; y" = 2x − 4, y'' = 0 ⇔ x = 2, y ( 2 ) = . §å thÞ 3 3 hµm sè låi trªn kho¶ng (− ∞; 2), lâm trªn kho¶ng ( 2; + ∞ ) vµ cã ®iÓm uèn lµ ⎛ 2⎞ U ⎜ 2; ⎟ . ⎝ 3⎠ B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 1 3 +∞ yC§ = y(1) = y' + 0 − 0 4 3 y −∞ 0,25 + 0,25 +∞ 0 c) §å thÞ: Giao ®iÓm cña ®å thÞ víi c¸c trôc Ox, Oy lµ c¸c ®iÓm ( 0;0 ) , ( 3;0 ) . 0,25 1 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 114
  • 115. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 ViÕt ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn cña (C) t¹i ®iÓm uèn, ...(1,0 ®iÓm) ⎛ 2⎞ T¹i ®iÓm uèn U ⎜ 2; ⎟ , tiÕp tuyÕn cña (C) cã hÖ sè gãc y' (2) = −1 . ⎝ 3⎠ TiÕp tuyÕn ∆ t¹i ®iÓm uèn cña ®å thÞ (C) cã ph−¬ng tr×nh: 2 8 y = −1.(x − 2) + ⇔ y = − x + . 3 3 HÖ sè gãc tiÕp tuyÕn cña ®å thÞ (C) t¹i ®iÓm cã hoµnh ®é x b»ng: 0,25 0,25 0,25 y'(x) = x2 − 4 x + 3 = ( x − 2) 2 − 1 ≥ − 1 ⇒ y' (x) ≥ y' (2), ∀ x. 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 2,0 II 1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm) 5sinx − 2 = 3 tg2x ( 1 − sinx ) (1) . π §iÒu kiÖn: cosx ≠ 0 ⇔ x ≠ + kπ, k ∈ Z (*). 2 3sin 2 x 2 Khi ®ã (1) ⇔ 5sin x − 2 = (1 − sin x) ⇔ 2 sin x + 3 sin x − 2 = 0 . 2 1 − sin x 0,25 0,25 1 hoÆc sin x = −2 (v« nghiÖm). 2 1 5π π sin x = ⇔ x = + k 2 π hoÆc x = + k 2 π , k ∈ Z ( tho¶ m·n (*)). 2 6 6 ⇔ sin x = 2 0,25 0,25 T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè (1,0 ®iÓm) ln 2 x x ln x(2 − ln x) ⇒ y' = ⋅ x2 ⎡ x = 1∈ [1; e3 ] ⎡ln x = 0 y'= 0 ⇔ ⎢ ⇔⎢ 2 3 ⎢ x = e ∈ [1; e ]. ⎣ln x = 2 ⎣ 0,25 4 9 , y(e3 ) = 3 ⋅ 2 e e 4 So s¸nh 3 gi¸ trÞ trªn, ta cã: max y = 2 khi x = e 2 , 3 [1; e ] e 0,25 y= Khi ®ã: 0.25 y(1) = 0, y(e 2 ) = min y = 0 khi x = 1 . 3 [1; e ] 0,25 3,0 III 1 T×m ®iÓm C (1,0 ®iÓm) x −1 y −1 ⇔ 4x + 3y – 7 = 0. = 3 −4 Gi¶ sö C( x; y) . Theo gi¶ thiÕt ta cã: x − 2 y − 1 = 0 (1). 4x + 3y − 7 ⎡ 4x + 3y − 37 = 0 (2a) d(C, (AB)) = 6 ⇔ =6⇔⎢ 42 + 32 ⎣ 4x + 3y + 23 = 0 (2b). Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng AB: 2 0,25 0,25 0,25 Gi¶i hÖ (1), (2a) ta ®−îc: C1( 7 ; 3). 27 ⎞ ⎛ 43 Gi¶i hÖ (1), (2b) ta ®−îc: C2 ⎜ − ; − ⎟ . 11 ⎠ ⎝ 11 TÝnh gãc vµ thÓ tÝch (1,0 ®iÓm) 0,25 2 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 115
  • 116. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 SM ⊥ AB ⇒ Gãc gi÷a hai mÆt ph¼ng (SAB) vµ (ABCD) lµ SMO . 0,25 Tam gi¸c OAB vu«ng c©n t¹i O, nªn OM = a a 2 a 2 , OA = ⇒ SO = tgϕ . 2 2 2 SO = 2 tgϕ . OM 1 1 a 2 2 3 VS.ABCD = SABCD .SO = a 2 tgϕ = a tgϕ. 3 3 2 6 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ∆ (1,0 ®iÓm) Do ®ã: tgSMO = 3 0,25 0,50 §−êng th¼ng d cã vect¬ chØ ph−¬ng v = (2; − 1; 4) . B ∈ d ⇔ B(−3 + 2 t; 1 − t; − 1 + 4 t ) (víi mét sè thùc t nµo ®ã ). 0,25 ⇒ AB = (1 + 2t;3 − t; − 5 + 4t ) . 0,25 AB ⊥ d ⇔ AB.v = 0 ⇔ 2(1 + 2t) − (3 − t) + 4(−5 + 4t) = 0 ⇔ t = 1. 0,25 ⇒ AB = (3; 2; −1) ⇒ Ph−¬ng tr×nh cña ∆ : x+4 y+2 z−4 . = = 3 2 −1 0,25 2,0 IV 1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm) e I= ∫ 1 1 + 3 ln x ln x dx . x §Æt: t = 1 + 3ln x ⇒ t 2 = 1 + 3ln x ⇒ 2tdt = 3 x =1⇒ t =1 , x = e ⇒ t = 2 . 2 2 2 t2 −1 2 2 Ta cã: I = ∫ t dt = ∫ t 4 − t 2 dt . 31 3 91 ( dx . x 0,25 ) 0,25 2 2⎛1 1 ⎞ I = ⎜ t5 − t3 ⎟ . 9⎝5 3 ⎠1 I= 0,25 116 . 135 0,25 3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 116
  • 117. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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: 2 2 C15 .C10 .C1 = 23625 . 5 0,25 • §Ò cã 2 c©u dÔ, 1 c©u trung b×nh, 2 c©u khã, th× sè c¸ch chän lµ: 2 2 C15 .C1 .C 5 = 10500 . 10 • §Ò cã 3 c©u dÔ, 1 c©u trung b×nh, 1 c©u khã, th× sè c¸ch chän lµ: 3 C15 .C1 .C1 = 22750 . 10 5 V 0,25 0,25 V× c¸c c¸ch chän trªn ®«i mét kh¸c nhau, nªn sè ®Ò kiÓm tra cã thÓ lËp ®−îc lµ: 23625 + 10500 + 22750 = 56875 . X¸c ®Þnh m ®Ó ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm 0,25 1,0 §iÒu kiÖn: − 1 ≤ x ≤ 1. §Æt t = 1 + x 2 − 1 − x 2 . 1 + x 2 ≥ 1 − x 2 ⇒ t ≥ 0 , t = 0 khi x = 0. Ta cã: t2 = 2 − 2 1− x4 ≤ 2 ⇒ t ≤ 2 , t = 2 khi x = ± 1. ⇒ TËp gi¸ trÞ cña t lµ [0; 2 ] ( t liªn tôc trªn ®o¹n [ − 1; 1]). −t 2 + t + 2 = m (*) Ph−¬ng tr×nh ®· cho trë thµnh: m ( t + 2 ) = − t 2 + t + 2 ⇔ t+2 −t 2 + t + 2 XÐt f(t) = víi 0 ≤ t ≤ 2 . Ta cã f(t) liªn tôc trªn ®o¹n [0; 2 ]. t+2 Ph−¬ng tr×nh ®· cho cã nghiÖm x ⇔ Ph−¬ng tr×nh (*) cã nghiÖm t ∈ [0; 2 ] ⇔ min f ( t ) ≤ m ≤ max f ( t ) . [ 0; 2 ] 2 Ta cã: f '(t) = − t − 4t ( t + 2) 2 [0; [ 0; 2 ] ≤ 0, ∀t ∈ ⎡0; 2 ⎤ ⇒ f(t) nghÞch biÕn trªn [0; ⎣ ⎦ Suy ra: min f (t) = f ( 2) = 2 − 1 ; 2] VËy gi¸ trÞ cña m cÇn t×m lµ 0,25 0,25 2 ]. 0,25 max f (t) = f (0) = 1 . [0; 2] 2 −1 ≤ m ≤ 1 . 0,25 4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 117
  • 118. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 -------------------------------------------------- BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ------------------------ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I (2 điểm) Gọi (Cm ) là đồ thị của hàm số y = x 2 + ( m + 1) x + m + 1 (*) ( m là tham số). x +1 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 (Cm ) luôn luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 20. Câu II (2 điểm) ⎧ x −1 + 2 − y = 1 ⎪ ⎨ 2 3 ⎪3log 9 ( 9x ) − log 3 y = 3. ⎩ 1 + sin x + cos x + sin 2x + cos 2x = 0. 1) Giải hệ phương trình 2) Giải phương trình 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 ABC.A1B1C1 với A(0; −3;0), B(4;0;0), C(0;3;0), B1 (4;0; 4). a) Tìm tọa độ các đỉnh A1 , C1. Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng (BCC1B1 ). b) Gọi M là trung điểm của A1B1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, M và song song với BC1 . Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng A1C1 tại điểm N . Tính độ dài đoạn MN. Câu IV (2 điểm) π 2 sin2x cosx dx . 1 + cosx 0 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? 1) Tính tích phân I= ∫ Câu V (1 điểm) x x x ⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞ ⎛ 20 ⎞ Chứng minh rằng với mọi x ∈ , ta có: ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ 3x + 4 x + 5x . ⎝ 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 …............................... LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 118
  • 119. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO --------------------ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Ý Nội dung Điểm 2,0 1,0 I.1 x 2 + 2x + 2 1 = x +1+ . x +1 x +1 a) TXĐ: { −1 }. m =1⇒ y = b) Sự biến thiên: y ' = 1 − 1 = 0,25 x + 2x 2 ( x + 1) ( x + 1) yCĐ = y ( −2 ) = −2, y CT = y ( 0 ) = 2. 2 2 , y ' = 0 ⇔ x = −2, x = 0. Đường thẳng x = −1 là tiệm cận đứng. Đường thẳng y = x + 1 là tiệm cận xiên. Bảng biến thiên: x y’ − ∞ + −2 0,25 − 0 −2 −1 − 0 0 +∞ + +∞ +∞ 0,25 y − ∞ −∞ 2 c) Đồ thị 0,25 1 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 119
  • 120. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 I.2 1,0 Ta có: y = x + m + 1 . x +1 0,25 TXĐ: { −1 }. y ' = 1− 1 ( x + 1) 2 = x ( x + 2) ( x + 1) 2 , y ' = 0 ⇔ x = − 2, x = 0. Xét dấu y ' x −∞ y’ −2 0 + −1 − − || +∞ 0 0 + 0,50 Đồ thị của hàm số (*) luôn có điểm cực đại là M ( −2; m − 3) và điểm cực tiểu là N ( 0; m + 1) . MN = ( 0 − ( −2 ) ) + ( ( m + 1) − ( m − 3) ) 2 2 = 20. 0,25 II. 2,0 1,0 II.1 ⎧ x −1 + 2 − y = 1 ⎪ ⎨ 2 3 ⎪3log 9 ( 9x ) − log 3 y = 3 ⎩ ⎧x ≥ 1 ĐK: ⎨ ⎩0 < y ≤ 2. (1) 0,25 (2) ( 2 ) ⇔ 3 (1 + log3 x ) − 3log3 y = 3 ⇔ log3 x = log3 y ⇔ x = y. 0,25 Thay y = x vào (1) ta có x −1 + 2 − x = 1 ⇔ x −1+ 2 − x + 2 ( x − 1)( 2 − x ) = 1 0,50 ( x − 1)( 2 − x ) = 0 ⇔ x = 1, x = 2. Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = (1;1) và ( x; y ) = ( 2; 2 ) . ⇔ II.2 1,0 Phương trình đã cho tương đương với sin x + cos x + 2sin x cos x + 2cos 2 x = 0 ⇔ sin x + cos x + 2cos x ( sin x + cos x ) = 0 0,50 ⇔ ( sin x + cos x )( 2 cos x + 1) = 0. π + kπ ( k ∈ ) . 4 1 2π + k2π ( k ∈ • 2 cos x + 1 = 0 ⇔ cos x = − ⇔ x = ± 2 3 • sin x + cos x = 0 ⇔ tgx = −1 ⇔ x = − 0,25 ). 0,25 2 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 120
  • 121. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 III. III.1 3,0 1,0 Gọi tâm của (C) là I ( a; b ) và bán kính của (C) là R. 0,25 (C) tiếp xúc với Ox tại A ⇒ a = 2 và b = R. IB = 5 ⇔ ( 6 − 2 ) + ( 4 − b ) = 25 ⇔ b 2 − 8b + 7 = 0 ⇔ b = 1, b = 7. Với a = 2, b = 1 ta có đường tròn 2 2 ( C1 ) : ( x − 2 ) + ( y − 1) = 1. 0,25 + ( y − 7 ) = 49. 0,25 2 2 Với a = 2, b = 7 ta có đường tròn ( C2 ) : ( x − 2 ) III.2a 2 0,25 2 1,0 A1 ( 0; −3; 4 ) , C1 ( 0;3; 4 ) . 0,25 BC = ( − 4;3;0 ) , BB1 = ( 0;0; 4 ) Vectơ pháp tuyến của mp ( BCC1B1 ) là n = ⎡ BC, BB1 ⎤ = (12;16;0 ) . ⎣ Phương trình mặt phẳng ( BCC1B1 ) : ⎦ 0,25 12 ( x − 4 ) + 16y = 0 ⇔ 3x + 4y − 12 = 0. Bán kính mặt cầu: R = d ( A, ( BCC1B1 ) ) = −12 − 12 32 + 42 = 24 . 5 0,25 Phương trình mặt cầu: x 2 + ( y + 3) + z 2 = 2 576 . 25 0,25 III.2b 1,0 ⎛ ⎝ 3 2 ⎞ ⎠ ⎛ ⎝ 3 2 ⎞ ⎠ Ta có M ⎜ 2; − ; 4 ⎟ , AM = ⎜ 2; ; 4 ⎟ , BC1 = ( − 4;3; 4 ) . 0,25 Vectơ pháp tuyến của (P) là n P = ⎡ AM, BC1 ⎤ = ( − 6; − 24;12 ) . 0,25 ⎣ ⎦ Phương trình (P): − 6x − 24 ( y + 3) + 12z = 0 ⇔ x + 4y − 2z + 12 = 0. Ta thấy B(4;0;0) ∉ (P). Do đó (P) đi qua A, M và song song với BC1. Ta có A1C1 = ( 0;6;0 ) . Phương trình tham số của đường thẳng A1C1 là N ∈ A1C1 ⇒ N ( 0; −3 + t; 4 ) . ⎧x = 0 ⎪ ⎨ y = −3 + t ⎪z = 4. ⎩ 0,50 Vì N ∈ ( P ) nên 0 + 4 ( −3 + t ) − 8 + 12 = 0 ⇔ t = 2. Vậy N ( 0; −1; 4 ) . 2 17 2 ⎛ 3 ⎞ MN = ( 2 − 0 ) + ⎜ − + 1⎟ + ( 4 − 4 ) = . 2 ⎝ 2 ⎠ 2 3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 121
  • 122. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 IV 2,0 1,0 IV.1 π 2 sin x cos 2 x ∫ 1 + cos x dx. Đặt t = 1 + cos x ⇒ dt = − sin xdx. 0 π x = 0 ⇒ t = 2, x = ⇒ t = 1. 2 2 1 ( t − 1) −dt = 2 2 ⎛ t − 2 + 1 ⎞ dt I = 2∫ ( ) ∫⎜ ⎟ t t⎠ 2 1⎝ Ta có I = 2 0,25 0,25 ⎛ t2 ⎞2 = 2 ⎜ − 2t + ln t ⎟ ⎝2 ⎠1 ⎡ ⎛1 ⎞⎤ = 2 ⎢( 2 − 4 + ln 2 ) − ⎜ − 2 ⎟ ⎥ = 2 ln 2 − 1. ⎝2 ⎠⎦ ⎣ 0,25 0,25 IV.2 1,0 1 3 4 12 Có C C cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Với mỗi 1 4 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có C 2 C8 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai. Với mỗi cách phân công các thanh 1 0,50 4 niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có C1C 4 cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba. Số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là 0,50 C .C .C .C .C .C = 207900. 1 3 4 12 1 2 4 8 1 1 4 4 V 1,0 Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có x x x x x ⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞ ⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ 2 ⎜ ⎟ .⎜ ⎟ ⎝ 5⎠ ⎝ 4⎠ ⎝ 5⎠ ⎝ 4⎠ ⎛ 12 ⎞ ⎛ 15 ⎞ ⇒ ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ 2.3x ⎝ 5⎠ ⎝ 4⎠ x 0,50 (1). Tương tự ta có x x ⎛ 12 ⎞ ⎛ 20 ⎞ x ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ 2.4 ⎝ 5⎠ ⎝ 3 ⎠ x (2). 0,25 x ⎛ 15 ⎞ ⎛ 20 ⎞ x ⎜ ⎟ + ⎜ ⎟ ≥ 2.5 4⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ (3). 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------------------------------- 4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 122
  • 123. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC 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) x2 + x −1 . Cho hàm số 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) x⎞ ⎛ 1. Giải phương trình: cotgx + sin x ⎜ 1 + tgxtg ⎟ = 4. 2⎠ ⎝ 2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt: x 2 + 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: ⎧x = 1 + t x y −1 z + 1 ⎪ d1 : = = , d 2 : ⎨ 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) ln 5 dx . e + 2e− x − 3 ln 3 2. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1. Tính tích phân: I = ∫ x A= ( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2 + 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 ( C ) : x 2 + y 2 − 2x − 6y + 6 = 0 và điểm M ( − 3; 1) . Gọi T1 và T2 là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến ( C ) . Viết phương trình đường thẳng T1T2 . 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: log5 4x + 144 − 4 log5 2 < 1 + log5 2x − 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.............................................. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 123
  • 124. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−−−−−−−−− ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Ý 1 Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) x2 + x −1 1 y= = x −1+ . x+2 x+2 • Tập xác định: {−2} . • Sự biến thiên: y ' = 1 − Bảng biến thiên: 1 ( x + 2) 2 , y' = 0 ⇔ x = −3 hoặc x = −1. −3 x −∞ y' 0 + −2 −∞ −1 − − +∞ 0 + +∞ −5 y 0,25 +∞ 0,25 −1 −∞ yCĐ = y(−3) = −5; yCT = y(−1) = −1. • Tiệm cận: - Tiệm cận đứng: x = − 2. - Tiệm cận xiên: y = x − 1. 0,25 • Đồ thị (C): y −3 −2 −1 O 1 x −1 0.25 −5 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. Hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình: y' = −1 1 2 ⇔1− = −1 ⇔ x = −2 ± . 2 2 ( x + 2) 3 2 2 − 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d1): y = −x + 2 2 −5, ⇒y= 2 2 2 3 2 ⇒y=− Với x = − 2 − − 3 ⇒ pt tiếp tuyến là (d2): y = −x − 2 2 −5. 2 2 0,25 0,25 Với x = − 2 + 0,25 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 124
  • 125. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) x ≠0 2 Phương trình đã cho tương đương với: Điều kiện: sin x ≠ 0, cos x ≠ 0, cos 0,25 x x + sin x sin 2 2 =4 x cos x cos 2 cos x sin x 1 1 ⇔ + =4⇔ = 4 ⇔ sin 2x = sin x cos x sin x cos x 2 π ⎡ ⎢ x = 12 + kπ ⇔⎢ (k ∈ ), thỏa mãn (1). ⎢ x = 5π + kπ. ⎢ 12 ⎣ Tìm m để phương trình có hai nghiệm thực phân biệt (1,00 điểm) cos x + sin x sin x 2 (1). cos x cos x 2 + mx + 2 = 2x + 1 0,50 0,25 (2) 1 ⎧ 2x + 1 ≥ 0 x≥− ⎧ ⎪ ⇔⎨ 2 ⇔ ⎨ 2 2 ⎩ x + mx + 2 = (2x + 1) ⎪3x 2 − (m − 4)x − 1 = 0 (3) ⎩ (2) có hai nghiệm phân biệt ⇔ (3) có hai nghiệm x1, x2 thỏa mãn: − 0,25 1 ≤ x1 < x2 2 ⎧ ⎪Δ = (m − 4)2 + 12 > 0 ⎪ 1 ⎪S m − 4 >− ⇔⎨ = 6 2 ⎪2 ⎪ ⎛ 1⎞ 3 m−4 − 1 ≥ 0, trong ®ã f(x) = 3x 2 − (m − 4)x − 1 ⎪f ⎜ − ⎟ = + 2 ⎩ ⎝ 2⎠ 4 ⇔ m ≥ 0,25 0,25 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: u1 = (2; 1; −1) và u 2 = (1; − 2; 1) . 0,25 0,25 0,25 ⇒ vectơ pháp tuyến của (P) là: n = [u1 , u 2 ] = (−1; −3; −5). 2 Vì (P) qua A(0; 1; 2) ⇒ (P): x + 3y + 5z − 13 = 0. 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. Tìm tọa độ các điểm M ∈ d1, N ∈ d2 sao cho A, M, N thẳng hàng (1,00 điểm) 0,25 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 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 125
  • 126. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) ln 5 I= ln 5 dx e x dx = ∫ 2x ∫ ex + 2e− x − 3 e − 3ex + 2. ln 3 ln 3 Đặt t = ex ⇒ dt = ex dx; 0,25 với x = ln3 thì t = 3; với x = ln5 thì t = 5. 5 0,25 5 dt 1 ⎞ ⎛ 1 = ∫⎜ − ⎟ dt (t − 1)(t − 2) 3 ⎝ t − 2 t − 1 ⎠ 3 ⇒ I=∫ t−2 = ln t −1 2 5 3 0,25 3 = ln . 2 0,25 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 ( x − 1)2 + y2 + ( x + 1)2 + y2 ≥ 4 + 4y 2 = 2 1 + y 2 . 0,25 Do đó: A ≥ 2 1 + y 2 + y − 2 = f (y). • Với y ≤ 2 ⇒ f(y) = 2 1 + y 2 + 2 − y 2y ⇒ f '(y) = − 1. y2 + 1 f '(y) f '(y) = 0 ⇔ 2y = 1 + y 2 f(y) y ⎧y ≥ 0 1 ⎪ . ⇔⎨ 2 ⇔y= 2 3 ⎪4y = 1 + y ⎩ Do đó ta có bảng biến thiên như hình bên: 1 3 −∞ − 0 2 + 2+ 3 0,50 • Với y ≥ 2 ⇒ f(y) ≥ 2 1 + y 2 ≥ 2 5 > 2 + 3 . Vậy A ≥ 2 + 3 với mọi số thực x, y. 1 thì A = 2 + 3 nên giá trị nhỏ nhất của A là 2 + 3 . Khi x = 0 và y = 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) ⎪T ∈ (C) ⇒ ⎨ ⎨ ⎪ MT.IT = 0 ⎪ MT ⊥ IT ⎩ ⎩ MT = (xo + 3; yo −1), IT = (xo −1; yo −3). Do đó ta có: ⎧ x 2 + y 2 − 2x o − 6yo + 6 = 0 ⎪ o o ⎨ ⎪ (x o + 3)(x o − 1) + (yo − 1)(yo − 3) = 0 ⎩ 2 2 ⎧ x + yo − 2x o − 6yo + 6 = 0 ⎪ ⇒ ⎨ o (1) ⇒ 2x o + yo − 3 = 0 2 2 x o + yo + 2x o − 4y o = 0 ⎪ ⎩ 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. 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 126 0,25 0,25 0,25 0,25
  • 127. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Tìm k∈{1,2, …, n} sao cho số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất (1,00 điểm) 4 Số tập con k phần tử của tập hợp A bằng Ck . Từ giả thiết suy ra: Cn = 20C2 n n 2 ⇔ n − 5n − 234 = 0 ⇔ n = 18 (vì n ≥ 4) Ck +1 18 − k 2 9 9 18 > 1 ⇔ k < 9, nên C1 < C18 < ... < C18 ⇒ C18 > C10 > ... > C18 . Do 18 = 18 18 k k +1 C18 Vậy, số tập con gồm k phần tử của A là lớn nhất khi và chỉ khi k = 9. 0,50 2,00 V.b 1 0,25 0,25 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với log 5 (4 x + 144) − log 5 16 < 1 + log 5 (2 x −2 + 1) ⇔ log 5 (4 x + 144) < log 5 16 + log 5 5 + log 5 (2 x − 2 + 1) ⇔ log 5 (4 x + 144) < log 5[80(2 x − 2 + 1)] ( x ⇔ 4 + 144 < 80 2 x −2 ) x 0,50 x + 1 ⇔ 4 − 20.2 + 64 < 0 0,25 0,25 x 2 ⇔ 4 < 2 < 16 ⇔ 2 < x < 4. Tính thể tích của khối tứ diện ANIB (1,00 điểm) S• a N • A• M • a 2 •D • a I • H • • B C Xét ΔABM và ΔBCA vuông có AM 1 BA = = ⇒ ΔABM đồng dạng ΔBCA AB 2 BC ⇒ ABM = BCA ⇒ ABM + BAC = BCA + BAC = 90o ⇒ AIB = 90o ⇒ MB ⊥ AC (1) SA ⊥(ABCD) ⇒ SA ⊥ MB (2). Từ (1) và (2) ⇒ MB ⊥ (SAC) ⇒ (SMB) ⊥ (SAC). Gọi H là trung điểm của AC ⇒ NH là đường trung bình của ΔSAC SA a 1 ⇒ NH = = và NH//SA nên NH ⊥ (ABI), do đó VANIB = NH.SΔABI. 2 2 3 a 3 a 6 a2 2 1 1 1 , BI2 = AB2 − AI 2 ⇒ BI = ⇒ SΔABI = = + ⇒ AI = 3 3 6 AI 2 AB2 AM 2 2 3 1 a a 2 a 2 = . ⇒ VANIB = . . 3 2 6 36 0,25 0,25 0,25 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 ---------------- 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 127
  • 128. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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 ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. (2 điểm) Cho hàm số: y = − x 3 + 3x 2 + 3(m 2 − 1)x − 3m 2 − 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: 2sin 2 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: x 2 + 2x − 8 = m ( x − 2 ) . Câu III. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu mặt phẳng ( P ) : 2x − y + 2z − 14 = 0. ( S) : x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y + 2z − 3 = 0 và 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 zx ⎠ ⎝ 2 xy ⎠ ⎝ 2 yz ⎠ 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 x10 trong khai triển nhị thức Niutơn của (2 + x) n , biết: 2 3n C0 − 3n −1 C1 + 3n − 2 Cn − 3n −3 C3 + ... + ( −1) Cn = 2048 n n n n n (n là số nguyên dương, C k là số tổ hợp chập k của n phần tử). n 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 2 −1 + ) x 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: ………………………………. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 128
  • 129. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO 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) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Ý 1 Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Khi m =1 ta có y = − x 3 + 3x 2 − 4 . • Tập xác định: D = . • Sự biến thiên: y ' = −3x 2 + 6x, y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 − y' 0 + +∞ 0 0,25 +∞ − 0,50 0 −4 y yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4. • Đồ thị: −∞ y −1 O 2 x 0,25 −4 2 Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm) Ta có: y ' = −3x 2 + 6x + 3(m 2 − 1) , y' = 0 ⇔ x 2 − 2x − m 2 + 1 = 0 (2). Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 > 0 ⇔ m ≠ 0. Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − 2 + 2m3). 1 (vì m ≠ 0). O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m = ± 2 II 0,50 0,50 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: sin 7x − sin x + 2sin 2 2x − 1 = 0 ⇔ cos 4x ( 2sin 3x − 1) = 0. π π + k ( k ∈ Z). 8 4 1 π 2π 5π 2π • sin 3x = ⇔ x = + k hoặc x = +k ( k ∈ Z). 2 18 3 18 3 0,50 • cos 4x = 0 ⇔ x = 0,50 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 129
  • 130. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x ≥ 2. Phương trình đã cho tương đương với ⎡x = 2 ( x − 2 ) x 3 + 6x 2 − 32 − m = 0 ⇔ ⎢ 3 2 ⎣ x + 6x − 32 − m = 0. Ta chứng minh phương trình: x 3 + 6x 2 − 32 = m (1) có một nghiệm trong ( ) 0,50 khoảng ( 2; +∞ ) . Xét hàm f ( x ) = x 3 + 6x 2 − 32 với x > 2. Ta có: f ' ( x ) = 3x 2 + 12x > 0, ∀x > 2. Bảng biến thiên: x 2 +∞ f '(x) 0,50 + +∞ f(x) 0 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. III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm) (S) : ( x − 1)2 + ( y + 2 )2 + ( z + 1)2 = 9 có tâm I (1; −2; −1) và bán kính R = 3. Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. (Q) có cặp vectơ chỉ phương là: OI = (1; −2; −1) , i = (1;0;0 ) . 0,25 0,25 ⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: n = ( 0; −1; 2 ) . Phương trình của (Q) là: 0. ( x − 0 ) − 1. ( y − 0 ) + 2 ( z − 0 ) = 0 ⇔ y − 2z = 0. 2 0,25 0,25 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. x −1 y + 2 z + 1 = = . 2 −1 2 Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ ⎧( x − 1)2 + ( y + 2 )2 + ( z + 1)2 = 9 ⎪ ⎨ x −1 y + 2 z + 1 . = = ⎪ 2 ⎩ 2 −1 Giải hệ ta tìm được hai giao điểm A ( −1; −1; −3) , B ( 3; −3;1) . Phương trình đường thẳng d: Ta có: d ( A; ( P ) ) = 7 ≥ d ( B; ( P ) ) = 1. Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi M ( −1; −1; −3) . IV 0,25 0,25 0,25 0,25 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 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 130
  • 131. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là: e e 1 1 0,25 V = π ∫ y 2 dx = π∫ ( x ln x ) dx. Đặt u = ln 2 x, dv = x 2dx ⇒ du = 2 2 ln x x3 dx, v = . Ta có: x 3 e e ∫ ( x ln x ) 2 1 e e x3 2 2 e3 2 dx = ln x − ∫ x 2 ln xdx = − ∫ x 2 ln xdx. 3 31 3 31 1 0,25 dx x3 Đặt u = ln x, dv = x dx ⇒ du = , v = . Ta có: x 3 2 e e e e x3 1 e3 x 3 2e3 + 1 = x ln xdx = ln x − ∫ x 2dx = − . ∫ 3 31 3 9 1 9 1 1 Vậy V = 2 2 ( π 5e3 − 2 0,25 ) (đvtt). 27 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) x 2 y2 z 2 x 2 + y2 + z 2 Ta có: P = + + + . 2 2 2 xyz x 2 + y2 y2 + z 2 z 2 + x 2 + + ≥ xy + yz + zx 2 2 2 ⎛ x 2 1 ⎞ ⎛ y2 1 ⎞ ⎛ z 2 1 ⎞ nên P ≥ ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟ + ⎜ + ⎟. 2 x⎠ ⎝ 2 y⎠ ⎝ 2 z⎠ ⎝ Do x 2 + y 2 + z 2 = 0,50 t2 1 + với t > 0. Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra 2 t 3 9 f ( t ) ≥ , ∀t > 0. Suy ra: P ≥ . Dấu bằng xảy ra ⇔ x = y = z = 1. 2 2 9 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là . 2 0,50 Xét hàm số f ( t ) = V.a 2,00 1 Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm) Ta có: 3n C0 − 3n −1 C1 + 3n −2 C2 − ... + ( −1) Cn = ( 3 − 1) = 2n . n n n n Từ giả thiết suy ra n = 11 . n n 0,50 Hệ số của số hạng chứa x10 trong khai triển Niutơn của ( 2 + x ) 11 2 là: C10 .21 = 22. 11 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm) Vì B ∈ d1 , C ∈ d 2 nên B ( b; 2 − b ) , C ( c;8 − c ) . Từ giả thiết ta có hệ: ⎧ ⎧bc − 4b − c + 2 = 0 ⎧AB.AC = 0 ⎪ ⎪ ⎪( b − 1)( c − 4 ) = 2 ⇔⎨ 2 ⇔⎨ ⎨ 2 2 2 ⎪ ⎪ ⎩AB = AC ⎩b − 2b = c − 8c + 18 ⎪( b − 1) − ( c − 4 ) = 3. ⎩ ⎧ xy = 2 ⎪ Đặt x = b − 1, y = c − 4 ta có hệ ⎨ 2 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 0,50 0,50 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 131
  • 132. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm) Đặt ( ) 2 −1 x = t ( t > 0 ) , ta có phương trình 1 t + − 2 2 = 0 ⇔ t = 2 − 1, t = 2 + 1. t Với t = 2 − 1 ta có x = 1. Với t = 2 + 1 ta có x = −1. 2 0,50 0,50 (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. S E 0,50 P M A B D C N Vì MN || ( SAC ) nên d ( MN; AC ) = d ( N;(SAC ) = Vậy d ( MN; AC ) = 1 1 a 2 d ( B; ( SAC ) ) = BD = . 2 4 4 0,50 a 2 . 4 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---------------- 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 132
  • 133. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC 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 y = 4x 3 − 6x 2 + 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 sin 3 x − 3cos3 x = s inxcos 2 x − 3sin 2 xcosx. 3 2 2 ⎧ 4 ⎪ x + 2x y + x y = 2x + 9 2. Giải hệ phương trình ⎨ 2 ( x, y ∈ ) . ⎪ x + 2xy = 6x + 6 ⎩ 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) π π⎞ ⎛ sin ⎜ x − ⎟ dx 4 4⎠ ⎝ 1. Tính tích phân I = ∫ . sin 2x + 2(1 + sin x + cos x) 0 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức x 2 + y 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 2(x 2 + 6xy) . 1 + 2xy + 2y 2 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) n +1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 k 1. Chứng minh rằng ⎜ k + k +1 ⎟ = k (n, k là các số nguyên dương, k ≤ n, C n là n + 2 ⎝ Cn +1 Cn +1 ⎠ Cn 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) ⎛ x2 + x ⎞ 1. Giải bất phương trình log 0,7 ⎜ log 6 ⎟ < 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:............................................. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 133
  • 134. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 I Nội dung 1 Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • TXĐ : . ⎡x = 0 • Sự biến thiên : y ' = 12x 2 − 12x , y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 1. 0,25 • yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. • Bảng biến thiên : x −∞ y’ 0,25 + y 0 0 1 − + +∞ 0,25 −1 −∞ • Đồ thị : +∞ 1 0 y 1 1 O x 0,25 −1 2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm) Đường thẳng Δ với hệ số góc k và đi qua điểm M ( −1; − 9 ) có phương trình : y = kx + k − 9. Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có ⎧ 4x 3 − 6x 2 + 1 = k ( x + 1) − 9 ( 2 ) ⎪ nghiệm : ⎨ 2 ( 3) ⎪12x − 12x = k ⎩ ( 0,50 ) Thay k từ (3) vào (2) ta được : 4x 3 − 6x 2 + 1 = 12x 2 − 12x ( x + 1) − 9 ⎡ x = −1 ⇔ ( x + 1) ( 4x − 5) = 0 ⇔ ⎢ ⎢x = 5 . ⎣ 4 2 • Với x = −1 thì k = 24 , phương trình tiếp tuyến là : y = 24x + 15. 5 15 15 21 • Với x = thì k = , phương trình tiếp tuyến là : y = x − . 4 4 4 4 15 21 Các tiếp tuyến cần tìm là : y = 24x + 15 và y = x − . 4 4 II 0,50 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với sinx(cos 2 x − sin 2 x) + 3 cos x(cos 2 x − sin 2 x) = 0 0,50 ⇔ cos 2x(sin x + 3 cos x) = 0. Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 134
  • 135. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 • cos2x = 0 ⇔ x = π kπ + . 4 2 π + kπ. 3 π kπ π Nghiệm của phương trình là x = + , x = − + kπ (k ∈ ). 4 2 3 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Hệ phương trình đã cho tương đương với 2 ⎧(x 2 + xy) 2 = 2x + 9 ⎛ 2 x2 ⎞ ⎪ ⇒ ⎜ x + 3x + 3 − ⎟ = 2x + 9 ⎨ x2 2 ⎠ xy = 3x + 3 − ⎝ ⎪ ⎩ 2 ⎡x = 0 ⇔ x 4 + 12x 3 + 48x 2 + 64x = 0 ⇔ x(x + 4)3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = − 4. • sinx + 3cosx = 0 ⇔ x = − 2 • x = 0 không thỏa mãn hệ phương trình. 17 • x = −4 ⇒ y = . 4 17 ⎞ ⎛ Nghiệm của hệ phương trình là (x ; y) = ⎜ − 4; ⎟ . 4⎠ ⎝ III 0,50 0,50 0,50 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 AB, AC là n = ( 2; 4; − 8) . 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. 2 0,50 0,50 Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm) Ta có AB.AC = 0 nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng (ABC) tại trung điểm I ( 0; − 1;1) của BC. 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 0,50 Suy ra M ( 2;3; − 7 ) . IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) π⎞ ⎛ Đặt t = sinx + cosx ⇒ dt = (cosx − sinx)dx = − 2 sin ⎜ x − ⎟ dx. 4⎠ ⎝ π Với x = 0 thì t = 1, với x = thì t = 2. 4 0,25 Ta có sin2x + 2(1 + sinx + cosx) = (t + 1) 2 . Suy ra I = − 2 2 2 ∫ 1 2 1 dt = 2 2 t +1 1 (t + 1) 2 0,50 ơ = 2⎛ 1 1 ⎞ 4−3 2 − ⎟= . ⎜ 2 ⎝ 2 +1 2 ⎠ 4 Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 135
  • 136. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2(x 2 + 6xy) 2(x 2 + 6xy) P= . = 2 1 + 2xy + 2y 2 x + y 2 + 2xy + 2y 2 • Nếu y = 0 thì x 2 = 1. Suy ra P = 2. • Xét y ≠ 0. Đặt x = ty, khi đó 2t 2 + 12t ⇔ (P − 2)t 2 + 2(P − 6)t + 3P = 0 (1). 2 t + 2t + 3 3 − Với P = 2, phương trình (1) có nghiệm t = . 4 − Với P ≠ 2, phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi P= 0,50 Δ ' = −2P 2 − 6P + 36 ≥ 0 ⇔ − 6 ≤ P ≤ 3. 3 1 3 1 , y= , y=− . hoặc x = − 10 10 10 10 3 2 3 2 , y=− , y= . hoặc x = − P = −6 khi x = 13 13 13 13 Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6. P = 3 khi x = V.a 0,50 2,00 1 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) n +1 ⎛ 1 1 ⎞ n + 1 k!(n + 1 − k)!+ (k + 1)!(n − k)! . Ta có: ⎜ k + k +1 ⎟ = (n + 1)! n + 2 ⎝ C n +1 C n +1 ⎠ n + 2 1 k!(n − k)! . [(n + 1 − k) + (k + 1)] n+2 n! k!(n − k)! 1 = = k. n! Cn = 2 0,50 0,50 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) • Ký hiệu d1: x − y + 2 = 0, d 2 : 4x + 3y − 1 = 0. Gọi H '(a ; b) là điểm đối xứng của H qua d1 . Khi đó H ' thuộc đường thẳng AC. • u = (1;1) là vectơ chỉ phương của d1 , HH ' = (a + 1; b + 1) vuông góc với u ⎛ a −1 b −1 ⎞ ; và trung điểm I ⎜ ⎟ của HH ' thuộc d1. Do đó tọa độ của H ' là 2 ⎠ ⎝ 2 ⎧1(a + 1) + 1(b + 1) = 0 ⎪ nghiệm của hệ phương trình ⎨ a − 1 b − 1 ⇒ H ' ( −3;1) . ⎪ 2 − 2 +2=0 ⎩ 0,50 • Đường thẳng AC đi qua H ' vuông góc với d 2 nên có vectơ pháp tuyến là v = (3; − 4) và có phương trình 3(x + 3) − 4(y − 1) = 0 ⇔ 3x − 4y + 13 = 0. ⎧3x − 4y + 13 = 0 ⇒ A(5;7). • Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình ⎨ ⎩ x−y+2=0 1 • Đường thẳng CH đi qua H ( −1; − 1) với vectơ pháp tuyến HA = (3 ; 4) 2 nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0 ⇔ 3x + 4y +7 = 0. ⎧ 3x + 4y + 7 = 0 • Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình ⎨ ⎩3x − 4y + 13 = 0. ⎛ 10 3 ⎞ Suy ra C ⎜ − ; ⎟ . ⎝ 3 4⎠ Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,50 136
  • 137. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 V.b 2,00 1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với x2 + x x2 + x log 6 >1 ⇔ >6 x+4 x+4 0,50 ( x + 3)( x − 8) > 0. x 2 − 5x − 24 >0 ⇔ x+4 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 ⊥ ( ABCD ) . Do đó SH là đường cao của hình chóp S.BMDN. Ta có: SA 2 + SB2 = a 2 + 3a 2 = AB2 nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra a 3 AB . SM = = a. Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH = 2 2 1 Diện tích tứ giác BMDN là SBMDN = SABCD = 2a 2 . 2 a3 3 1 (đvtt). Thể tích khối chóp S.BMDN là V = SH.SBMDN = 3 3 S 0,50 E A M D H B N C Kẻ ME // DN (E ∈ AD) a suy ra AE = . Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có 2 (SM, ME) = ϕ. Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA ⊥ AE 0,50 a 5 a 5 , ME = AM 2 + AE 2 = . 2 2 a 5 Tam giác SME cân tại E nên SME = ϕ và cosϕ = 2 = . 5 a 5 2 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---------------Suy ra SE = SA 2 + AE 2 = Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 137
  • 138. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) x . x −1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( C ) của hàm số đã cho. Cho hàm số y = 2. Tìm m để đường thẳng d : y = − x + m cắt đồ thị ( C ) tại hai điểm phân biệt. Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình sin 3x − 3 cos 3x = 2sin 2x. ⎧ x − my = 1 có nghiệm ( x; y ) thỏa mãn 2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình ⎨ ⎩mx + y = 3 xy < 0. Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (1; 1; 3) và đường thẳng d có phương trình x y z −1 = = . 1 −1 2 1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho tam giác MOA cân tại đỉnh O. Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi parabol ( P ) : y = − x 2 + 4x và đường thẳng d : y = x. 2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn x 2 + y 2 = 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ ( ) nhất của biểu thức P = 2 x 3 + y3 − 3xy. 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 toạ độ Oxy , tìm điểm A thuộc trục hoành và điểm B thuộc trục tung sao cho A và B đối xứng với nhau qua đường thẳng d : x − 2y + 3 = 0. 18 1 ⎞ ⎛ 2. Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niutơn của ⎜ 2x + 5 ⎟ x⎠ ⎝ ( x > 0). Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình log 2 ( x + 1) − 6 log 2 x + 1 + 2 = 0. 2 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang, BAD = ABC = 90o , AB = BC = a, AD = 2a, SA vuông góc với đáy và SA = 2a. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của SA, SD. Chứng minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a. ---------------------------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: ………………………… LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 138
  • 139. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I Nội dung 1 Điểm 2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 1 Ta có y = 1 + . x −1 • Tập xác định: D = {1}. 1 • Sự biến thiên: y ' = − < 0, ∀x ∈ D. (x − 1) 2 Bảng biến thiên: x −∞ 1 y' y 0,25 +∞ − − 1 0,25 +∞ −∞ 1 Hàm số không có cực đại và cực tiểu. • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = 1, tiệm cận ngang y = 1. • Đồ thị: 0,25 y 1 O 2 II 1 1 x Tìm m để d : y = − x + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là x = − x + m ⇔ x 2 − mx + m = 0 (1) (do x = 1 không là nghiệm). x −1 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt. Điều kiện là : Δ = m 2 − 4m > 0 ⇔ m > 4 hoặc m < 0. Vậy m > 4 hoặc m < 0. 0,25 0,50 0,50 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 1 3 sin 3x − cos 3x = sin 2x 2 2 π⎞ ⎛ ⇔ sin ⎜ 3x − ⎟ = sin 2x 3⎠ ⎝ Phương trình đã cho ⇔ 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,50 139
  • 140. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 π ⎡ ⎢3x − 3 = 2x + k2π π 4π 2π ⇔⎢ ⇔ x = + k2π, x = (k ∈ Z ). +k 3 15 5 ⎢3x − π = π − 2x + k2π ⎢ 3 ⎣ Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: π 4π 2π (k ∈ Z ). x = + k2π, x = +k 3 15 5 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm thỏa mãn xy < 0 (1,00 điểm) 0,50 Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có x = my + 1 (1) . Thay vào phương 3−m m2 + 1 trình thứ hai ta có: m ( my + 1) + y = 3 ⇔ y = 3m + 1 Thay (2) vào (1) ta có x = 2 . m +1 Xét điều kiện xy < 0 : (2). 0,50 ( 3m + 1)( 3 − m ) < 0 ⇔ ⎡ m > 3 ⎢ xy < 0 ⇔ (m 2 +1 ) 2 ⎢m < − 1 . 3 ⎣ 0,50 1 Vậy m > 3 hoặc m < − . 3 III 2,00 1 Viết phương trình mặt phẳng (P) ... (1,00 điểm) Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = (1; − 1; 2 ) . Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là n P = (1; − 1; 2 ) . Phương trình mặt phẳng (P) là: 1. ( x − 1) − 1. ( y − 1) + 2. ( z − 3) = 0 ⇔ x − y + 2z − 6 = 0. 2 0,50 0,50 Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho ΔMOA cân tại đỉnh O (1,00 điểm) +) M ∈ d ⇒ M ( t; − t; 1 + 2t ) . +) ΔMOA cân tại đỉnh O ⇔ OM = OA và M, O, A không thẳng hàng. 5 2 OM = OA ⇔ t 2 + t 2 + ( 2t + 1) = 11 ⇔ t = 1 hoặc t = − . 3 5 7⎞ ⎛ 5 5 +) Với t = 1 ta có M (1; − 1; 3) . Với t = − ta có M ⎜ − ; ; − ⎟ . 3⎠ 3 ⎝ 3 3 +) Thử lại: cả hai điểm M tìm được đều thỏa mãn điều kiện M, O, A không thẳng hàng. Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là M1 (1; − 1; 3) và 0,25 0,25 0,25 0,25 7⎞ ⎛ 5 5 M2 ⎜ − ; ; − ⎟. 3⎠ ⎝ 3 3 IV 2,00 1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: − x 2 + 4x = x ⇔ x = 0 hoặc x = 3. Diện tích của hình phẳng cần tìm là: 3 S= ∫ 0 3 − x 2 + 4x − x dx = ∫ − x 2 + 3x dx. 0,25 0,25 0 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 140
  • 141. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Do 0 ≤ x ≤ 3 nên − x 2 + 3x ≥ 0 . Suy ra 3 S=∫ 0 Vậy S = 2 ( 3 ⎛ x3 x2 ⎞ 9 − x + 3x dx = ⎜ − + 3 ⎟ = . 2 ⎠0 2 ⎝ 3 2 ) 0,50 9 (đvdt). 2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của P = 2 ( x 3 + y 3 ) − 3xy (1,00 điểm) Ta có: P = 2 ( x + y ) ( x 2 + y 2 − xy ) − 3xy = 2 ( x + y )( 2 − xy ) − 3xy. Đặt x + y = t. Do x 2 + y 2 = 2 nên xy = t2 − 2 . Suy ra 2 0,25 ⎛ t2 − 2 ⎞ t2 − 2 3 P = 2t ⎜ 2 − −3 = − t 3 − t 2 + 6t + 3. ⎟ 2 ⎠ 2 2 ⎝ Do ( x + y ) ≥ 4xy nên t 2 ≥ 2 ( t 2 − 2 ) ⇔ −2 ≤ t ≤ 2. 2 0,25 3 Xét f ( t ) = − t 3 − t 2 + 6t + 3 với t ∈ [ −2; 2] . 2 Ta có : f ' ( t ) = −3t 2 − 3t + 6 ⎡ t = −2∈ [ −2; 2] f '( t ) = 0 ⇔ ⎢ ⎢ t = 1 ∈ [ −2; 2] . ⎣ Bảng biến thiên: t -2 f’(t) 1 + 0 2 - 13 2 f(t) -7 Vậy max P = 0,50 1 13 , min P = −7. 2 V.a 2,00 1 Tìm A ∈ Ox, B ∈ Oy.... (1,00 điểm) +) A ∈ Ox, B ∈ Oy ⇒ A ( a; 0 ) , B ( 0; b ) , AB = ( −a; b ) . 0,25 +) Vectơ chỉ phương của d là u = ( 2; 1) . ⎛a b⎞ Tọa độ trung điểm I của AB là ⎜ ; ⎟ . ⎝2 2⎠ +) A, B đối xứng với nhau qua d khi và chỉ khi ⎧ −2a + b = 0 ⎧ ⎧a = 2 ⎪AB.u = 0 ⎪ ⇔ ⎨a ⇔⎨ ⎨ ⎪I ∈ d ⎩ b = 4. ⎩ ⎪2 − b + 3 = 0 ⎩ Vậy A ( 2; 0 ) , B ( 0; 4 ) . 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,50 141
  • 142. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Tìm số hạng không chứa x trong khai triển ... (1,00 điểm) 18 1 ⎞ ⎛ Số hạng tổng quát trong khai triển Niutơn của ⎜ 2x + 5 ⎟ là x⎠ ⎝ k 6k 18− ⎛ 1 ⎞ k Tk +1 = C . ( 2x ) . ⎜ 5 ⎟ = C18 .218− k.x 5 . ⎝ x⎠ 6k Số hạng không chứa x ứng với k thỏa mãn: 18 − = 0 ⇔ k = 15. 5 Vậy số hạng cần tìm là T16 = C15 .23 = 6528. 18 18− k k 18 V.b 0,50 0,50 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện x > −1. Phương trình đã cho tương đương với log 2 ( x + 1) − 3log 2 ( x + 1) + 2 = 0. 2 0,25 Đặt t = log 2 ( x + 1) ta được t 2 − 3t + 2 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 2. 0,25 Với t = 2 ta có log 2 ( x + 1) = 2 ⇔ x + 1 = 4 ⇔ x = 3 (thỏa mãn điều kiện). 0,50 Với t = 1 ta có log 2 ( x + 1) = 1 ⇔ x + 1 = 2 ⇔ x = 1 (thỏa mãn điều kiện). Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = 1, x = 3. 2 Chứng minh BCNM là hình chữ nhật và tính ... (1,00 điểm) +) MN là đường trung bình của ΔSAD ⇒ MN // AD và MN = ⇒ MN // BC và MN = BC ⇒ BCNM là hình bình hành (1). 1 AD 2 S M N A B 0,25 D C +) BC ⊥ AB, BC ⊥ SA ⇒ BC ⊥ ( SAB ) ⇒ BC ⊥ BM ( 2 ) . Từ (1) và (2) suy ra BCNM là hình chữ nhật. 0,25 +) Ta có: SBCNM = 2SΔBCM ⇒ VS.BCNM = 2VS.BCM . VS.BCM = VC.SBM 1 1 1 1 a3 = CB.SΔSBM = CB.SΔSAB = CB. .SA.AB = . 3 6 6 2 6 0,50 3 Vậy VS.BCNM = a (đvtt). 3 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---------------- 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 142
  • 143. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 y = 2 x 4 − 4 x 2 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Với các giá trị nào của m, phương trình x 2 | x 2 − 2 | = m có đúng 6 nghiệm thực phân biệt ? Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin x + cos x sin 2 x + 3 cos3x = 2(cos 4 x + sin 3 x). ⎧ xy + x + 1 = 7 y ( x, y ∈ ). 2. Giải hệ phương trình ⎨ 2 2 2 ⎩ x y + xy + 1 = 13 y Câu III (1,0 điểm) 3 3 + ln x Tính tích phân I = ∫ dx. ( x + 1) 2 1 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 ( ABC) bằng 60 ; tam giác ABC vuông tại C và 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 ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 . 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) 4 và hai đường thẳng Δ1 : x − y = 0, 5 Δ 2 : x − 7 y = 0. Xác định toạ độ tâm K và tính bán kính của đường tròn (C1 ); biết đường tròn (C1 ) tiếp xúc với các đường thẳng Δ1 , Δ 2 và tâm K thuộc đường tròn (C ). 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho tứ diện ABCD có các đỉnh A(1;2;1), B (−2;1;3), C (2; −1;1) và D(0;3;1). Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi qua A, B sao cho khoảng cách từ C đến ( P ) bằng khoảng cách từ D đến ( P ). Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn: z − (2 + i ) = 10 và z.z = 25. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(−1;4) và các đỉnh B, C thuộc đường thẳng Δ : x − y − 4 = 0. Xác định toạ độ các điểm B và C , biết diện tích tam giác ABC bằng 18. 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x − 2 y + 2 z − 5 = 0 và hai điểm A(−3;0;1), B (1; −1;3). Trong các đường thẳng đi qua A và song song với ( P ), hãy viết phương trình đường thẳng mà khoảng cách từ B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất. Câu VII.b (1,0 điểm) x2 − 1 tại hai điểm phân biệt Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = − x + m cắt đồ thị hàm số y = x A, B sao cho AB = 4. ---------- Hết ---------1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 2)2 + y 2 = 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:................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 143
  • 144. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát… • Tập xác định: D = . • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = 8 x3 − 8 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ±1. Hàm số nghịch biến trên: ( −∞ ; − 1) và (0;1); đồng biến trên: ( −1;0) và (1; + ∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −2; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0. 0,25 - Giới hạn: lim y = lim y = +∞. x →−∞ x →+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ −1 0 1 y' − 0 + 0 − 0 +∞ 0 y + +∞ +∞ 0,25 −2 −2 y • Đồ thị: 16 0,25 −1 O −2 1 x 2 −2 2. (1,0 điểm) Tìm m... x 2 x 2 − 2 = m ⇔ 2 x 4 − 4 x 2 = 2m. 0,25 Phương trình có đúng 6 nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng y = 2m cắt đồ thị 0,25 hàm số y = 2 x 4 − 4 x 2 tại 6 điểm phân biệt. Đồ thị hàm số y = 2 x 4 − 4 x 2 y 16 và đường thẳng y = 2m. 0,25 2 −2 −1 y = 2m O 1 2 x Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi: 0 < 2m < 2 ⇔ 0 < m < 1. 0,25 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 144
  • 145. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương: (1 − 2sin 2 x)sin x + cos x sin 2 x + 3 cos3 x = 2 cos 4 x 0,25 ⇔ sin x cos 2 x + cos x sin 2 x + 3 cos3 x = 2cos 4 x π⎞ ⎛ ⇔ sin 3x + 3 cos3x = 2cos 4 x ⇔ cos ⎜ 3x − ⎟ = cos 4 x. 6⎠ ⎝ ⇔ 4 x = 3x − Vậy: x = − π π 6 + k 2 π hoặc 4 x = −3x + + k 2 π hoặc x = π + k 42 6 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… π 0,25 + k 2 π. 0,25 2π ( k∈ ). 7 0,25 6 x 1 ⎧ ⎪x + y + y = 7 Hệ đã cho tương đương: ⎨ (do y = 0 không thoả mãn hệ đã cho) ⎪ x 2 + x + 1 = 13 ⎪ y y2 ⎩ ⎧⎛ ⎪⎜ x + ⎪⎝ ⇔ ⎨ ⎪⎛ ⎪⎜ x + ⎩⎝ 0,25 2 ⎧⎛ 1⎞ ⎛ 1⎞ ⎪⎜ x + ⎟ + ⎜ x + ⎟ − 20 = 0 y⎠ ⎝ y⎠ ⎪ ⇔ ⎨⎝ 2 ⎛ 1⎞ x 1⎞ ⎪x ⎟ − = 13 ⎪y = 7−⎜x+ y ⎟ y⎠ y ⎝ ⎠ ⎩ 1⎞ x ⎟+ =7 y⎠ y 0,25 1 1 ⎧ ⎧ ⎪ x + = −5 ⎪x + = 4 y y (I) hoặc ⎨ (II). ⇔ ⎨ ⎪ x = 12 y ⎪x = 3y ⎩ ⎩ ⎛ 1⎞ (I) vô nghiệm; (II) có nghiệm: ( x; y ) = ⎜1; ⎟ và ( x; y ) = (3;1). ⎝ 3⎠ ⎛ 1⎞ Vậy: ( x; y ) = ⎜1; ⎟ hoặc ( x; y ) = (3;1). ⎝ 3⎠ III (1,0 điểm) 0,25 0,25 Tính tích phân… u = 3 + ln x, dv = 3 1 1 dx . ; du = dx, v = − 2 ( x + 1) x x +1 0,25 3 3 + ln x dx I =− +∫ x + 1 1 1 x( x + 1) 3 =− = IV 0,25 3 3 + ln 3 3 1 dx + + ∫ dx − ∫ x +1 4 2 1x 1 0,25 3 3 3 − ln 3 1⎛ 27 ⎞ + ln x 1 − ln x + 1 1 = ⎜ 3 + ln ⎟ . 4 4⎝ 16 ⎠ 0,25 Tính thể tích khối chóp… (1,0 điểm) B' A' C' Gọi D là trung điểm AC và G là trọng tâm tam giác ABC ta có B ' G ⊥ ( ABC ) ⇒ B ' BG = 60 a 3a a 3 và BG = ⇒ BD = . 2 4 2 A B AB AB 3 AB G D . Tam giác ABC có: BC = , AC = ⇒ CD = 4 2 2 C 3 AB 2 AB 2 9a 2 3a 13 3a 13 9a 2 3 BC 2 + CD 2 = BD 2 ⇒ + = ⇒ AB = , AC = ; S ΔABC = . 13 26 104 4 16 16 ⇒ B ' G = B ' B.sin B ' BG = Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 145 0,50 0,25
  • 146. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu V (1,0 điểm) Đáp án Điểm 1 9a 3 Thể tích khối tứ diện A ' ABC : VA ' ABC = VB ' ABC = B ' G.SΔABC = . 3 208 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức… 0,25 Kết hợp ( x + y )3 + 4 xy ≥ 2 với ( x + y )2 ≥ 4 xy suy ra: ( x + y )3 + ( x + y )2 ≥ 2 ⇒ x + y ≥ 1. 0,25 2 3 2 ( x + y 2 ) + 3 ( x4 + y 4 ) − 2( x2 + y 2 ) +1 2 2 2 2 2 3 3 9 ≥ ( x 2 + y 2 ) + ( x 2 + y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 ⇒ A ≥ ( x 2 + y 2 ) − 2 ( x 2 + y 2 ) + 1. 2 4 4 0,25 1 9 ( x + y)2 1 ≥ ⇒ t ≥ ; do đó A ≥ t 2 − 2t + 1 . 2 4 2 2 9 9 1 ⎛1⎞ 9 Xét f (t ) = t 2 − 2t + 1; f '(t ) = t − 2 > 0 với mọi t ≥ ⇒ min f (t ) = f ⎜ ⎟ = . ⎡1 ⎞ 4 2 2 ⎝ 2 ⎠ 16 ⎢ ; +∞ ⎟ 0,25 A = 3( x 4 + y 4 + x 2 y 2 ) − 2( x 2 + y 2 ) + 1 = Đặt t = x 2 + y 2 , ta có x 2 + y 2 ≥ ⎣2 A≥ VI.a ⎠ 9 1 9 ; đẳng thức xảy ra khi x = y = . Vậy, giá trị nhỏ nhất của A bằng . 16 2 16 0,25 1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ tâm K ... (2,0 điểm) Gọi K (a; b); K ∈ (C ) ⇔ (a − 2) 2 + b 2 = 4 (1); (C1 ) tiếp xúc Δ1 , Δ 2 ⇔ 5 a−b = a − 7b (2). 0,25 ⎧5(a − 2) 2 + 5b 2 = 4 ⎧5(a − 2)2 + 5b 2 = 4 ⎧5(a − 2) 2 + 5b 2 = 4 ⎪ (1) và (2), cho ta: ⎨ (I) hoặc ⎨ (II). ⇔ ⎨ ⎪5 a − b = a − 7b ⎩5(a − b) = a − 7b ⎩5(a − b) = 7b − a ⎩ 0,25 ⎧25a 2 − 20a + 16 = 0 ⎧a = 2b ⎛8 4⎞ ⇔ (a; b) = ⎜ ; ⎟ . (I) ⇔ ⎨ vô nghiệm; (II) ⇔ ⎨ 2 ⎝5 5⎠ ⎩b = −2a ⎩25b − 40b + 16 = 0 0,25 Bán kính (C1 ) : R = a −b 2 = 2 5 2 2 2 2 2 ⎛8 4⎞ . . Vậy: K ⎜ ; ⎟ và R = 5 5 ⎝5 5⎠ 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 ⎤ . ⎣ ⎦ AB = ( −3; −1; 2), CD = ( −2; 4;0) ⇒ n = (−8; −4; −14). Phương trình ( P ) : 4 x + 2 y + 7 z − 15 = 0. 0,25 Trường hợp 2: ( P ) qua A, B và cắt CD. Suy ra ( P ) cắt CD tại trung điểm I của CD. 0,25 I (1;1;1) ⇒ AI = (0; −1;0); vectơ pháp tuyến của ( P) : n = ⎡ AB, AI ⎤ = (2;0;3). ⎣ ⎦ Phương trình ( P ) : 2 x + 3z − 5 = 0. 0,25 Vậy ( P) : 4 x + 2 y + 7 z − 15 = 0 hoặc ( P ) : 2 x + 3z − 5 = 0. VII.a Tìm số phức z... (1,0 điểm) Gọi z = x + yi; z − (2 + i) = ( x − 2) + ( y − 1)i; z − (2 + i ) = 10 ⇔ ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 = 10 (1). 0,25 z.z = 25 ⇔ x 2 + y 2 = 25 (2). 0,25 Giải hệ (1) và (2) ta được: ( x; y ) = (3;4) hoặc ( x; y ) = (5;0). Vậy: z = 3 + 4i hoặc z = 5. 0,50 Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 146
  • 147. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu VI.b Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ các điểm B, C... (2,0 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên Δ, suy ra H là trung điểm BC. 2S 9 AH = d ( A, BC ) = ; BC = ΔABC = 4 2. AH 2 A Δ B H C AB = AC = AH 2 + 0,25 97 BC 2 . = 4 2 97 2 2 ⎧ ⎪( x + 1) + ( y − 4 ) = Toạ độ B và C là nghiệm của hệ: ⎨ 2 ⎪ x − y − 4 = 0. ⎩ ⎛ 11 3 ⎞ ⎛3 5⎞ Giải hệ ta được: ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ hoặc ( x; y ) = ⎜ ; − ⎟ . ⎝ 2 2⎠ ⎝2 2⎠ 0,25 0,25 ⎛ 11 3 ⎞ ⎛ 3 5 ⎞ ⎛ 3 5 ⎞ ⎛ 11 3 ⎞ Vậy B ⎜ ; ⎟ , C ⎜ ; − ⎟ hoặc B ⎜ ; − ⎟ , C ⎜ ; ⎟ . ⎝ 2 2⎠ ⎝2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… B Q A H Gọi Δ là đường thẳng cần tìm; Δ nằm trong mặt phẳng (Q ) qua A và song song với ( P). 0,25 Phương trình (Q) : x − 2 y + 2 z + 1 = 0. K K , H là hình chiếu của B trên Δ, (Q). Ta có BK ≥ BH nên AH là đường thẳng cần tìm. ⎧ x −1 y +1 z − 3 = = ⎪ ⎛ 1 11 7 ⎞ Toạ độ H = ( x; y; z ) thoả mãn: ⎨ 1 −2 2 ⇒ H = ⎜ − ; ; ⎟. ⎝ 9 9 9⎠ ⎪x − 2 y + 2z + 1 = 0 ⎩ 0,25 x + 3 y z −1 ⎛ 26 11 2 ⎞ = = . AH = ⎜ ; ; − ⎟ . Vậy, phương trình Δ : 26 11 −2 ⎝ 9 9 9⎠ VII.b 0,25 0,25 Tìm các giá trị của tham số m... (1,0 điểm) ⎧ x2 − 1 ⎧2 x 2 − mx − 1 = 0, ( x ≠ 0) (1) = −x + m ⎪ Toạ độ A, B thoả mãn: ⎨ x ⇔ ⎨ ⎩ y = − x + m. ⎪ y = −x + m ⎩ 0,25 Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt x1 , x2 khác 0 với mọi m. 0,25 Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) ta có: AB 2 = ( x1 − x2 ) 2 + ( y1 − y2 ) 2 = 2( x1 − x2 ) 2 . m2 Áp dụng định lí Viet đối với (1), ta được: AB 2 = 2 ⎡ ( x1 + x2 ) 2 − 4 x1 x2 ⎤ = ⎣ ⎦ 2 + 4. AB = 4 ⇔ 0,25 m2 + 4 = 16 ⇔ m = ± 2 6. 2 0,25 -------------Hết------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 147
  • 148. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: B Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − (2m − 1) x 2 + (2 − m) x + 2 (1), với m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 2. 2. Tìm các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) có hoành độ dương. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (1 + 2sin x)2 cos x = 1 + sin x + cos x. 2. Giải bất phương trình x + 1 + 2 x − 2 ≤ 5 x + 1 ( x ∈ ). Câu III (1,0 điểm) 1 Tính tích phân I = ∫ (e−2 x + x)e x dx. 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S . ABCD có AB = a, SA = a 2 . Gọi M , N và P lần lượt là trung điểm của các cạnh SA, SB và CD. Chứng minh rằng đường thẳng MN vuông góc với đường thẳng SP. Tính theo a thể tích của khối tứ diện AMNP. Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là hai số thực thỏa mãn 0 < a < b < 1. Chứng minh rằng a 2 ln b − b 2 ln a > ln a − ln b. 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 tọa độ Oxy , cho tam giác ABC kẻ từ A và đường cao kẻ từ B lần lượt có phương trình Tìm tọa độ các đỉnh A và B. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các mặt ( P2 ) : 3 x + 2 y − z + 1 = 0. Viết phương trình mặt phẳng ( P ) đi hai mặt phẳng ( P ) và ( P2 ). 1 có C ( −1; − 2), đường trung tuyến là 5 x + y − 9 = 0 và x + 3 y − 5 = 0. phẳng ( P ) : x + 2 y + 3 z + 4 = 0 và 1 qua điểm A(1; 1; 1), vuông góc với Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 + i )2 (2 − i) z = 8 + i + (1 + 2i) z. Tìm phần thực và phần ảo của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng Δ1 : x − 2 y − 3 = 0 và Δ 2 : x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ1 sao cho khoảng cách từ điểm M đến đường thẳng Δ 2 1 bằng ⋅ 2 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho tam giác ABC có A(1; 1; 0), B (0; 2; 1) và trọng tâm G (0; 2; − 1). Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua điểm C và vuông góc với mặt phẳng ( ABC ). Câu VII.b (1,0 điểm) 4 z − 3 − 7i Giải phương trình sau trên tập hợp các số phức: = z − 2i. 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:................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 148
  • 149. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị … Khi m = 2, hàm số (1) trở thành y = x3 − 3 x 2 + 2. • Tập xác định: . • Chiều biến thiên: - Ta có y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. - Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và (2; + ∞). - Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). • Cực trị: - Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = y(0) = 2. - Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = y(2) = −2. • Các giới hạn tại vô cực: lim y = − ∞ và lim y = + ∞. x→−∞ • Bảng biến thiên: x 0 + 2 − 0 +∞ 0 +∞ −∞ Đồ thị 0,25 + 2 y • 0,25 x→+ ∞ −∞ y' 0,25 −2 y 2 2 O 0,25 x −2 2. (1,0 điểm) Tìm các giá trị của m … Ta có y ' = 3x 2 − 2 ( 2m − 1) x + 2 − m. m thỏa mãn yêu cầu của bài toán khi và chỉ khi phương trình y ' = 0 có hai nghiệm dương phân biệt ⎧ ⎪Δ ' = (2m − 1) 2 − 3(2 − m) > 0 ⎪ 2(2m − 1) ⎪ ⇔ ⎨S = >0 3 ⎪ 2−m ⎪ ⎪P = 3 > 0 ⎩ 5 ⇔ < m < 2. 4 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,25 0,50 149
  • 150. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương với (sin x + 1)(2sin 2 x − 1) = 0 0,50 π + k 2π (k ∈ ). 2 1 π 5π • sin 2 x = ⇔ x = + kπ hoặc x = + kπ (k ∈ ). 2 12 12 2. (1,0 điểm) Giải bất phương trình … • sin x = −1 ⇔ x = − 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ 2. 0,25 ( x + 1)( x − 2) ≤ 2 Bất phương trình đã cho tương đương với 0,25 ⇔ −2 ≤ x ≤ 3. Kết hợp điều kiện ta được tập hợp nghiệm của bất phương trình đã cho là [ 2; 3]. III (1,0 điểm) 0,25 0,25 1 −x 1 I = ∫ e dx + ∫ xe dx = −e 0 x 0 1 1 1 + ∫ xe dx = 1 − + ∫ xe x dx. 0 e 0 0 −x 1 x 0,25 Đặt u = x và dv = e x dx, ta có du = dx và v = e x . 1 1 1 1 I = 1 − + xe x − ∫ e x dx = 1 − + e − e x 0 e e 0 0,25 1 0,25 0 1 = 2− ⋅ e IV (1,0 điểm) 0,25 Ta có MN //CD và SP ⊥ CD, suy ra MN ⊥ SP. 0,50 Gọi O là tâm của đáy ABCD. a 6 Ta có SO = SA2 − OA2 = ⋅ 2 1 1 VAMNP = V ABSP = VS . ABCD 4 8 3 a 6 1 1 = . SO. AB 2 = ⋅ 8 3 48 S M N 0,50 A D P O B V (1,0 điểm) C Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với ln a a2 + 1 < ln b b2 + 1 ⋅ 1 2 (t + 1) − 2t ln t ln t t Xét hàm số f (t ) = 2 , t ∈ (0; 1). Ta có f '(t ) = > 0, ∀t ∈ (0; 1). t +1 (t 2 + 1) 2 Do đó f (t ) đồng biến trên khoảng (0; 1). Mà 0 < a < b < 1, nên f (a ) < f (b). Vậy ln a 2 a +1 Trang 2/4 < ln b b2 + 1 ⋅ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 0,50 0,25 150
  • 151. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu VI.a (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ các đỉnh A và B … Đường thẳng AC qua C và vuông góc với đường thẳng x + 3 y − 5 = 0. Do đó AC : 3 x − y + 1 = 0. ⎧5 x + y − 9 = 0 ⇒ A(1; 4). Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⎩3x − y + 1 = 0 Điểm B thuộc đường thẳng x + 3 y − 5 = 0 và trung điểm của BC thuộc đường ⎧x + 3y − 5 = 0 ⎪ thẳng 5 x + y − 9 = 0. Tọa độ điểm B thỏa mãn hệ ⎨ ⎛ x − 1 ⎞ y − 2 ⎪5 ⎜ 2 ⎟ + 2 − 9 = 0 ⎠ ⎩ ⎝ ⇒ B (5; 0). 0,25 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (P) … • • (P) có vectơ pháp tuyến n = (4; − 5; 2). 0,25 (P) qua A(1; 1; 1) nên ( P ) : 4 x − 5 y + 2 z − 1 = 0. VI.b (2,0 điểm) (P2) có vectơ pháp tuyến n2 = (3; 2; − 1). • VII.a (1,0 điểm) (P1) có vectơ pháp tuyến n1 = (1; 2; 3). 0,50 Hệ thức đã cho tương đương với (1 + 2i ) z = 8 + i 0,25 ⇔ z = 2 − 3i. 0,50 0,25 Do đó z có phần thực là 2 và phần ảo là −3. 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M … M ∈ Δ1 ⇒ M (2t + 3; t ). 0,25 0,25 Khoảng cách từ M đến Δ 2 là d ( M , Δ 2 ) = | 2t + 3 + t + 1| ⋅ 2 ⎡t = −1 1 ⇔⎢ d (M , Δ 2 ) = ⎢t = − 5 ⋅ 2 3 ⎣ 5⎞ ⎛ 1 Vậy M (1; − 1) hoặc M ⎜ − ; − ⎟ . ⎝ 3 3⎠ 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng Δ … ⎧1 + x ⎪ 3 =0 ⎪ ⎪ 3+ y = 2 ⇒ C ( − 1; 3; − 4). Tọa độ điểm C thỏa mãn hệ ⎨ ⎪ 3 ⎪ 1+ z ⎪ 3 = −1 ⎩ 0,25 Ta có AB = ( − 1; 1; 1), AG = ( − 1; 1; − 1). 0,25 Mặt phẳng ( ABC ) có vectơ pháp tuyến n = (1; 1; 0). 0,25 ⎧ x = −1 + t ⎪ Phương trình tham số của đường thẳng Δ là ⎨ y = 3 + t ⎪ z = − 4. ⎩ 0,25 Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 151
  • 152. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án Điểm Điều kiện: z ≠ i. Phương trình đã cho tương đương với z 2 − (4 + 3i ) z + 1 + 7i = 0. 0,25 Δ = 3 − 4i = (2 − i ) 2 . 0,50 Nghiệm của phương trình đã cho là z = 1 + 2i và z = 3 + i. 0,25 -------------Hết------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 152
  • 153. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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) 2x +1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = . x +1 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 x + cos 2 x ) cos x + 2 cos 2 x − sin x = 0 . 2. Giải phương trình 3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0 (x ∈ R). e Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ln x ∫ x ( 2 + ln x )2 dx . 1 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng ( A ' BC ) và ( ABC ) bằng 60o . Gọi G là trọng tâm tam giác A ' BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. 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 M = 3( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2 . 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 1 (P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng . 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: z − i = (1 + i ) z . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y2 + = 1 . Gọi F1 và F2 là các 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E): 3 2 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. x y −1 z = . Xác định tọa độ điểm M trên 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ: = 2 1 2 trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM. ⎧log 2 (3 y − 1) = x ⎪ Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ x (x, y ∈ R). x 2 ⎪4 + 2 = 3 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: ................................... LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 153
  • 154. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: R {−1}. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 0,25 1 > 0, ∀x ≠ −1. ( x + 1)2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞). - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2. x→ − ∞ 0,25 x→ + ∞ lim y = + ∞ và x → ( − 1) − lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1. x → ( − 1) + - Bảng biến thiên: x −∞ −1 + y' +∞ + +∞ 0,25 2 y −∞ 2 • Đồ thị: y 2 0,25 1 −1 x O 2. (1,0 điểm) 2x + 1 = −2x + m x +1 ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình) Phương trình hoành độ giao điểm: 0,25 ⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1). ∆ = 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. Ta có: d(O, AB) = SOAB = | m| và AB = 5 ( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 5 ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 = 2 2 1 | m | m2 + 8 | m | m2 + 8 AB. d(O, AB) = , suy ra: = 2 4 4 2 5(m 2 + 8) . 2 3 ⇔ m = ± 2. 0,25 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 154
  • 155. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x cos 2 x − sin x + cos 2 x cos x + 2cos 2 x = 0 0,25 ⇔ cos 2 x sin x + (cos x + 2) cos 2 x = 0 ⇔ (sin x + cos x + 2)cos 2 x = 0 (1). 0,25 Do phương trình sin x + cos x + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25 π (1) ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x = 4 +k π 2 (k ∈ Z). 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: − 1 ≤ x ≤ 6. 3 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: ( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0 3( x − 5) ⇔ x−5 + 3x + 1 + 4 6− x +1 3 ⇔ x = 5 hoặc 3 + 3x + 1 + 4 III 3 I = ∫ 2 + ( x − 5)(3x + 1) = 0 + 1 6− x +1 0,25 + 3x + 1 = 0 . ⎡ 1 ⎤ + 3 x + 1 > 0 ∀x ∈ ⎢ − ; 6 ⎥ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5. 6− x +1 ⎣ 3 ⎦ 1 Đặt t = 2 + ln x , ta có dt = (1,0 điểm) t−2 dt = t2 3 ∫ 2 = − 1 dx ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3. x 3 3 2 + 2 t 0,25 3 0,25 2 1 3 + ln . 3 2 A' C' (1,0 điểm) 0,25 • Thể tích khối lăng trụ. Gọi D là trung điểm BC, ta có: B' C D Do đó: VABC . A ' B ' C ' 0,25 • Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC. B G E H I Ta có: GH = 3a a2 3 ; SABC = . 4 2 3a3 3 = S ABC . AA ' = . 8 Ta có: AA ' = AD.tan ADA ' = H A 0,25 BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: ADA ' = 60 . G A 0,25 0,25 1 1 dt − 2 ∫ 2 dt . t 2 t = ln t IV 3x + 1 + 4 0,25 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 = 0,25 GE.GA GA2 = . 2 GH GH AA ' a 7a a 3 7a 2 7a 2 2 = ; AH = ; GA2 = GH2 + AH2 = . Do đó: R = . = . 2 3 12 2.12 a 3 12 Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 155 0,25
  • 156. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu V (1,0 điểm) Đáp án Điểm Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca ) . 0,25 (a + b + c) 2 1 = . 3 3 2 ⎡ 1⎞ Xét hàm f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên ⎢0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + 3 − ; 1 − 2t ⎣ 2⎠ 2 f ''(t ) = 2 − ≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra f '(t ) nghịch biến. (1 − 2t )3 0,25 Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 0 ≤ t ≤ ⎡ 1⎤ ⎛ 1 ⎞ 11 − 2 3 > 0 , suy ra f(t) đồng biến. Xét trên đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ = 3 ⎣ 3⎦ ⎝ 3⎠ ⎡ 1⎤ Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ . ⎣ 3⎦ ⎡ 1⎤ Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1 ⎣ 3⎦ ⇔ (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. VI.a (2,0 điểm) 0,25 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: D ⎧( x + 4) − ( y − 1) = 0 ⎪ d ⇒ D(4; 9). ⎨ x − 4 y +1 B ⎪ 2 + 2 −5= 0 ⎩ A C 0,25 Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y) ⎧x + y − 5 = 0 ⎪ với x > 0, suy ra A(4; 1). thỏa mãn: ⎨ 2 2 ⎪ x + ( y − 5) = 32 ⎩ 0,25 2S ABC = 6. AC 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 ⇒ AC = 8 ⇒ AB = 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng (ABC) có phương trình: x y z + + = 1. 1 b c Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra: Ta có: d(O, (ABC)) = 1 ⇔ 3 1 1+ 1 1 + b2 c2 Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c = VII.a (1,0 điểm) = 0,25 1 1 − = 0 (1). b c 0,25 1 1 1 ⇔ 2 + 2 = 8 (2). 3 b c 0,25 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 2 2 Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x + (y + 1) = 2. 0,25 Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 156
  • 157. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu VI.b Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) y M F1 Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0). N Đường thẳng AF1 có phương trình: A x +1 y = . 3 3 0,25 M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra: F2 O ⎛ 2 3⎞ 2 3 M = ⎜ 1; ⇒ MA = MF2 = . 3 ⎟ 3 ⎝ ⎠ x 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. 2 ⎛ 2 3⎞ 4 Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜ y − ⎟ = . 3 ⎠ 3 ⎝ 0,25 2 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) 0,25 ⇒ ⎡v, AM ⎤ = (2; 2t; − t − 2) ⎣ ⎦ ⇒ d(M, ∆) = ⎡v, AM ⎤ ⎣ ⎦ = v Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔ 5t 2 + 4t + 8 . 3 0,25 5t 2 + 4t + 8 =|t| 3 0,25 ⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2. Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0). VII.b (1,0 điểm) 0,25 1 , phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x. 3 ⎧3 y − 1 = 2 x ⎧3 y − 1 = 2 x ⎪ ⎪ Do đó, hệ đã cho tương đương với: ⎨ ⇔ ⎨ 2 2 2 ⎪(3 y − 1) + 3 y − 1 = 3 y ⎪6 y − 3 y = 0 ⎩ ⎩ ⎧ x 1 ⎪2 = 2 ⇔ ⎨ ⎪y = 1 ⎪ 2 ⎩ x = −1 ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ 1 ⎪y = 2. ⎩ ------------- Hết ------------- Điều kiện y > 0,25 0,25 0,25 0,25 Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 157
  • 158. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 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 I (2,0 điểm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y = x3 + 3x 2 − 1. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) tại điểm có hoành độ bằng −1. Câu II (2,0 điểm) 5x 3x 1. Giải phương trình 4 cos cos + 2(8sin x − 1) cos x = 5. 2 2 ⎧2 2 x + y = 3 − 2 x − y ⎪ 2. Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ ). 2 2 ⎪ x − 2 xy − y = 2 ⎩ Câu III (1,0 điểm) 1 2x −1 dx. Tính tích phân I = ∫ x +1 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy, SA = SB, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng đáy bằng 45o. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD. Câu V (1,0 điểm) Cho hai số thực dương thay đổi x, y thỏa mãn điều kiện 3x + y ≤ 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của 1 1 biểu thức A = + ⋅ x xy 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) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1; − 2; 3), B(−1; 0; 1) và mặt phẳng ( P): x + y + z + 4 = 0. 1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P). 2. Viết phương trình mặt cầu (S) có bán kính bằng AB , có tâm thuộc đường thẳng AB và (S) 6 tiếp xúc với (P). Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (2 − 3i ) z + (4 + i ) z = − (1 + 3i) 2 . Tìm phần thực và phần ảo của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x y −1 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : và mặt phẳng = = 1 1 −2 ( P): 2 x − y + 2 z − 2 = 0. 1. Viết phương trình mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc d sao cho M cách đều gốc tọa độ O và mặt phẳng (P). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình z 2 − (1 + i ) z + 6 + 3i = 0 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: ................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 158
  • 159. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án 1. (1,0 điểm) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị … • Tập xác định: D = . ⎡x = 0 • Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 + 6 x; y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = −2. Điểm 0,25 - Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; − 2) và (0; + ∞). - Hàm số nghịch biến trên khoảng ( − 2; 0). • Cực trị: - Hàm số đạt cực đại tại x = −2 và yC§ = y (− 2) = 3. - Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0 và yCT = y (0) = −1. 0,25 • Giới hạn: lim y = −∞; lim y = +∞. x →−∞ • Bảng biến thiên: x →+∞ x −∞ y' + −2 0 0 +∞ 0 + +∞ − 3 y 0,25 −1 −∞ • Đồ thị: y 3 O −2 0,25 x −1 2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến … Tung độ tiếp điểm là: y (−1) = 1. Hệ số góc của tiếp tuyến là: k = y '(−1) = −3 II (2,0 điểm) 0,25 0,25 Phương trình tiếp tuyến là: y − 1 = k ( x + 1) ⇔ y = −3x − 2. 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… Phương trình đã cho tương đương với: 2cos 4 x + 8sin 2 x − 5 = 0 0,25 0,25 0,25 0,25 2 ⇔ 4sin 2 x − 8sin 2 x + 3 = 0 3 • sin 2 x = : vô nghiệm. 2 π ⎡ ⎢ x = 12 + kπ 1 • sin 2 x = ⇔ ⎢ (k ∈ ). 2 ⎢ x = 5π + kπ ⎢ 12 ⎣ 0,25 0,25 Trang 1/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 159
  • 160. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm ⎧2 2 x + y = 3 − 2 x − y (1) ⎪ 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ 2 2 (2) ⎪ x − 2 xy − y = 2 ⎩ Điều kiện: 2 x + y ≥ 0. Đặt t = 2 x + y , t ≥ 0. Phương trình (1) trở thành: t 2 + 2t − 3 = 0 0,25 ⎡t = 1 ⇔⎢ ⎣t = −3 (lo¹i). 0,25 ⎡x =1 Với t = 1, ta có y = 1 − 2 x. Thay vào (2) ta được x 2 + 2 x − 3 = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = −3. Với x = 1 ta được y = −1, với x = − 3 ta được y = 7. Vậy hệ có hai nghiệm (x; y) là (1; −1) và ( −3;7). III (1,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) Tính tích phân… 1 I= ∫ 0 1 1 3 ⎞ dx ⎛ ⎜2− ⎟ dx = 2 dx − 3 x +1⎠ x +1 ⎝ 1 = 2 x 0 − 3ln IV (1,0 điểm) 0,25 ∫ 0 ∫ 0,25 0 1 x +1 0 0,50 = 2 − 3ln 2. (1,0 điểm) Tính thể tích khối chóp… 0,25 S D A I 45o B C Gọi I là trung điểm AB. Ta có SA = SB ⇒ SI ⊥ AB. Mà ( SAB ) ⊥ ( ABCD), suy ra SI ⊥ ( ABCD). Góc giữa SC và (ABCD) bằng SCI và bằng 45O, suy ra SI = IC = IB 2 + BC 2 = a 5 ⋅ 2 0,25 1 Thể tích khối chóp S.ABCD là V = SI .S ABCD 3 0,25 a3 5 (đơn vị thể tích). 6 (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức … 1 1 1 2 Ta có A = + ≥ + x xy x x + y 0,25 = V (1,0 điểm) ≥ 2. 0,25 1 2 4 8 8 ⋅ = ≥ = ≥ 8. x x+ y 2 x( x + y ) 2 x + ( x + y ) 3 x + y 0,50 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = y = . Vậy giá trị nhỏ nhất của A bằng 8. 4 VI.a (2,0 điểm) 0,25 0,25 1. (1,0 điểm) Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc … Hình chiếu vuông góc A' của A trên (P) thuộc đường thẳng đi qua A và nhận u = (1; 1; 1) làm vectơ chỉ phương. Tọa độ A' có dạng A '(1 + t ; − 2 + t ; 3 + t ). Ta có: A ' ∈ ( P) ⇔ 3t + 6 = 0 ⇔ t = −2. 0,25 0,25 Vậy A '(−1; − 4;1). 0,25 0,25 Trang 2/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 160
  • 161. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt cầu… AB 3 = ⋅ 6 3 Tâm I của mặt cầu thuộc đường thẳng AB nên tọa độ I có dạng I (1 + t ; −2 − t ;3 + t ). Ta có AB = (− 2; 2; − 2) = −2(1; −1; 1). Bán kính mặt cầu là R = Ta có: d ( I ,( P)) = 0,25 0,25 t+6 ⎡t = −5 AB 3 ⇔ = ⇔⎢ 6 3 3 ⎣t = −7. VII.a (1,0 điểm) 1 • t = −5 ⇒ I (− 4;3; − 2). Mặt cầu (S) có phương trình là ( x + 4)2 + ( y − 3)2 + ( z + 2)2 = ⋅ 3 2 2 2 1 • t = −7 ⇒ I (− 6;5; − 4). Mặt cầu (S) có phương trình là ( x + 6) + ( y − 5) + ( z + 4) = ⋅ 3 (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo … Gọi z = a + bi (a ∈ , b ∈ ). Đẳng thức đã cho trở thành 6a + 4b − 2(a + b)i = 8 − 6i VI.b (2,0 điểm) 0,25 ⎧6a + 4b = 8 ⎧a = −2 ⇔⎨ ⇔⎨ ⎩ 2a + 2b = 6 ⎩b = 5. Vậy z có phần thực bằng – 2, phần ảo bằng 5. 1. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng … d có vectơ chỉ phương a = (− 2; 1; 1), (P) có vectơ pháp tuyến n = (2; −1;2). 0,25 0,50 0,25 0,25 0,25 Gọi (Q) là mặt phẳng chứa d và vuông góc với (P). Ta có A(0;1;0)∈d nên (Q) đi qua A và [ a , n ] là vectơ pháp tuyến của (Q). ⎛ 1 1 1 −2 −2 1 ⎞ ; ; Ta có [a , n ] = ⎜ ⎟ = 3(1; 2; 0). ⎝ −1 2 2 2 2 −1 ⎠ Phương trình mặt phẳng (Q) là x + 2 y − 2 = 0. 2. (1,0 điểm)Tìm tọa độ điểm M … M ∈ d nên tọa độ điểm M có dạng M (−2t ;1 + t ; t ). 0,25 0,25 0,25 0,25 Ta có MO = d ( M ,( P)) ⇔ 4t 2 + (t + 1)2 + t 2 = t + 1 VII.b (1,0 điểm) 0,25 ⇔ 5t 2 = 0 ⇔ t = 0. Do đó M (0;1;0). (1,0 điểm) Giải phương trình … 0,25 Phương trình có biệt thức Δ = (1 + i )2 − 4(6 + 3i ) = −24 − 10i 0,25 = (1 − 5i ) 0,25 2 0,50 Phương trình có hai nghiệm là z = 1 − 2i và z = 3i. 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 3/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 161
  • 162. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2(m + 1) x 2 + 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 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3 x ( x ∈ ). π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 3 1 + x sin x dx. cos 2 x 0 ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, AD = a 3. 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 60o. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 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). ⎛ a 3 b3 ⎞ ⎛ a 2 b2 ⎞ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 ⎜ 3 + 3 ⎟ − 9 ⎜ 2 + 2 ⎟ ⋅ a ⎠ a ⎠ ⎝b ⎝b 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. x − 2 y +1 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : và mặt = = 1 −2 −1 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 MI = 4 14. 5+i 3 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z − − 1 = 0. z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) ⎛1 ⎞ 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ⎜ ; 1⎟ . Đường tròn nội tiếp ⎝2 ⎠ tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương. x + 2 y −1 z + 5 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: và hai = = −2 1 3 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. B B 3 ⎛1+ i 3 ⎞ Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z = ⎜ ⎟ . ⎝ 1+ 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:................................ LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 162
  • 163. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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 I (2,0 điểm) Điểm Đáp án 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. 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 y = lim y = + ∞. x→ − ∞ 0,25 0,25 x→ + ∞ – Bảng biến thiên: +∞ 2 x –∞ – 2 0 y' – 0 + 0 – 0 + +∞ 1 y –3 –3 +∞ 0,25 y • Đồ thị: 1 − 2 2 –2 O 2 0,25 x –3 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). 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 ⇔ m = 2 ± 2 2; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 – 2 2 hoặc m = 2 + 2 2. (2,0 điểm) 0,25 Khi đó: A(0; m), B( − m + 1; – m2 – m – 1) và C( m + 1; – m2 – m – 1). Suy ra: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 – 4m – 4 = 0 II 0,25 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx ⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = 0 ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = 0 • sinx = 1 ⇔ x = 0,25 0,25 π + k2π. 2 0,25 π 2π +k . 3 3 2π π π Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = + k2π; x = + k (k ∈ Z). 3 2 3 • cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x = Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 163
  • 164. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Điểm Đáp án 2. (1,0 điểm) Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2 (*). ( ) 2 + x − 2 2 − x + 4 4 − x 2 =10 − 3 x (1). 0,25 Đặt t = 2 + x – 2 2 − x , (1) trở thành: 3t = t2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3. 6 • t = 0, suy ra: 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4(2 – x) ⇔ x = , thỏa mãn (*). 5 • 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]). 6 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = . 5 0,25 Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 3 π III (1,0 điểm) I = π 3 3 0,25 π 3 0,25 1 + x sin x ∫ cos2 x dx = 0 1 ∫ cos2 x dx + 0 ∫ cos x sin x dx. 2 x 0,25 3. 0,25 0 π π 1 dx = ( tan x ) 03 = ∫ cos2 x 0 3 Ta có: π và: π 3 3 x sin x ∫ cos2 x dx = 0 π π ⎛ 1 ⎞ ⎛ x ⎞ ∫ x d ⎜ cos x ⎟ = ⎜ cos x ⎟ 0 – ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ 0 3 π 3 3 2π dx ∫ cos x = 3 + 0 d sin x 2 x −1 ∫ sin 0 0,25 π = 2π 1 ⎛ 1 1 ⎞ + ∫⎜ − ⎟ d sin x 3 2 0 ⎝ sin x − 1 sin x + 1 ⎠ 3 π = IV (1,0 điểm) 2π 1 ⎛ sin x − 1 ⎞ 3 2π + ⎜ ln + ln(2 − 3). Vậy, I = = 3 2 ⎝ sin x + 1 ⎟ 0 3 ⎠ 3 + 2π + ln(2 − 3). 3 Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A1O ⊥ (ABCD). Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A1E ⊥ AD 0,25 0,25 ⇒ A1 EO là góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) ⇒ A1 EO = 60 . B1 C1 D1 A1 B A E O H a 3 AB tan A1 EO = . 2 2 Diện tích đáy: SABCD = AB.AD = a 2 3. 0,25 3a 3 . Thể tích: VABCD. A1B1C1D1 = SABCD.A1O = 2 C D ⇒ A1O = OE tan A1 EO = Ta có: B1C // A1D ⇒ B1C // (A1BD) ⇒ d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)). Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH. B B B CD.CB Suy ra: d(B1, (A1BD)) = CH = B V (1,0 điểm) CD 2 + CB 2 = a 3 . 2 0,25 0,25 Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) 2 2 2 ⎛a b⎞ ⎛1 1⎞ + ⎟ + 1 = (a + b) + 2 ⎜ + ⎟ . ⎝b a⎠ ⎝a b⎠ 2 0,25 ⇔ 2(a + b ) + ab = a b + ab + 2(a + b) ⇔ 2 ⎜ Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 164
  • 165. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Điểm Đáp án ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎛a b ⎞ (a + b) + 2 ⎜ + ⎟ ≥ 2 2(a + b) ⎜ + ⎟ = 2 2 ⎜ + + 2 ⎟ , suy ra: ⎝a b⎠ ⎝b a ⎠ ⎝a b⎠ 0,25 a b 5 ⎛a b⎞ ⎛a b ⎞ 2⎜ + ⎟ + 1 ≥ 2 2⎜ + + 2⎟ ⇒ + ≥ . b a 2 ⎝b a ⎠ ⎝b a⎠ a b 5 + , t ≥ , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18. 2 b a 5 Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ . 2 Đặt t = 0,25 23 ⎛5⎞ . Ta có: f '(t ) = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: min f (t ) = f ⎜ ⎟ = – ⎡5 ⎞ 4 ⎝2⎠ ⎢ 2;+ ∞ ⎟ ⎣ Vậy, minP = – ⎠ 0,25 23 a b 5 ⎛1 1⎞ ; khi và chỉ khi: + = và a + b = 2 ⎜ + ⎟ 4 b a 2 ⎝a b⎠ ⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2). VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) d O• N ∆ M 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: 4a a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b = . 2−a 0,25 OM.ON = 8 ⇔ (5a2 – 8a + 4)2 = 4(a – 2)2. 0,25 2 2 2 ⇔ (5a – 6a)(5a – 10a + 8) = 0 ⇔ 5a – 6a = 0 ⇔ a = 0 hoặc a = 0,25 6 . 5 ⎛6 2⎞ Vậy, N(0; – 2) hoặc N ⎜ ; ⎟ . ⎝5 5⎠ 0,25 2. (1,0 điểm) ⎧ x − 2 y +1 z = = ⎪ Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: ⎨ 1 −2 −1 ⇒ I(1; 1; 1). ⎪x + y + z − 3 = 0 ⎩ Gọi M(a; b; c), ta có: ⎧a + b + c − 3 = 0 ⎪ M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI = 4 14 ⇔ ⎨a − 2b − c + 2 = 0 ⎪(a − 1) 2 + (b − 1) 2 + (c − 1) 2 = 224 ⎩ 0,25 0,25 ⎧b = 2a − 1 ⎪ ⇔ ⎨c = −3a + 4 ⎪(a − 1) 2 + (2a − 2) 2 + (−3a + 3) 2 = 224 ⎩ ⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13). Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13). VII.a 0,25 0,25 Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a2 + b2 ≠ 0, ta có: (1,0 điểm) z− 0,25 5+i 3 5+i 3 − 1 = 0 ⇔ a – bi – –1=0 z a + bi Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 165
  • 166. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Điểm Đáp án 2 2 2 2 ⇔ a + b – 5 – i 3 – a – bi = 0 ⇔ (a + b – a – 5) – (b + 3 )i = 0 ⎧a 2 + b2 − a − 5 = 0 ⎪ ⇔ ⎨ ⎪b + 3 = 0 ⎩ (2,0 điểm) ⎧a 2 − a − 2 = 0 ⎪ ⇔ ⎨ 0,25 ⎪b = − 3 ⎩ ⇔ (a; b) = (– 1; – VI.b 0,25 3 ) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3. 0,25 1. (1,0 điểm) ⎛5 ⎞ BD = ⎜ ; 0 ⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A; ⎝2 ⎠ 0,25 ⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0. 2 25 ⎛ 1⎞ F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ ⎜ t − ⎟ + 22 = ⇔ t = – 1 hoặc t = 2. 4 ⎝ 2⎠ • t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương trình: 4x + 3y – 5 = 0. A F E B D 0,25 7⎞ ⎛ A là giao điểm của AD và BF ⇒ A ⎜ 3; − ⎟ , không thỏa mãn 3⎠ ⎝ yêu cầu (A có tung độ dương). • t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trình BF: 4x – 3y + 1 = 0. ⎛ 13 ⎞ ⎛ 13 ⎞ C ⇒ A ⎜ 3; ⎟ , thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có: A ⎜ 3; ⎟ . ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t). ⇒ AM = (t; 3t; – 6 – 2t) và AB = (– 1; – 2; 1) ⇒ ⎡ AM , AB ⎤ = (– t – 12; t + 6; t). ⎣ ⎦ 0,25 ⇔ t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19). (1,0 điểm) 0,25 S∆MAB = 3 5 ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 VII.b 0,25 0,25 ⎛1 3 ⎞ π π⎞ ⎛ 1 + i 3 = 2⎜ + i ⎟ = 2 ⎜ cos + i sin ⎟ và 1 + i = 3 3⎠ ⎝ ⎝2 2 ⎠ 8 ( cos π + i sin π ) suy ra: z = 3π 3π ⎞ ⎛ 2 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 4 ⎠ ⎝ π π⎞ ⎛ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ ; 4 4⎠ ⎝ 0,25 0,25 π π⎞ ⎛ = 2 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 4⎠ ⎝ 0,25 = 2 + 2i. Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2. 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 166
  • 167. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 3 x + 2 x 2 − 3 x +1. 3 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) tại giao điểm của (C) với trục tung. Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = − Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình cos 4 x + 12sin 2 x − 1 = 0. 2. Giải bất phương trình 4 x − 3.2 x + x2 − 2 x − 3 2 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 1 − 41+ x2 − 2 x − 3 > 0. 2x +1 dx. x( x + 1) Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABC), góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 30o. Gọi M là trung điểm của cạnh SC. Tính thể tích của khối chóp S.ABM theo a. Câu V (1,0 điểm) Tìm các giá trị của tham số thực m để phương trình sau có nghiệm 6 + x + 2 (4 − x)(2 x − 2) = m + 4 4 − x + 2 x − 2 ( 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 với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : x + y + 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A(2; − 4) và tạo với đường thẳng d một góc bằng 45o. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(−1; 2; 3), B(1; 0; −5) và mặt phẳng ( P) : 2 x + y − 3z − 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho ba điểm A, B, M thẳng hàng. Câu VII.a (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn (1 + 2i ) 2 z + z = 4i − 20. Tính môđun của z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình các cạnh là AB: x + 3 y − 7 = 0, BC: 4 x + 5 y − 7 = 0, CA : 3x + 2 y − 7 = 0. Viết phương trình đường cao kẻ từ đỉnh A của tam giác ABC. x −1 y +1 z −1 . Viết phương trình = = 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 4 1 −3 mặt cầu có tâm I(1; 2; − 3) và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B sao cho AB = 26. Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z 2 − 2(1 + i ) z + 2i = 0. phần thực và phần ảo của Tìm 1 ----------- 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: ........................... LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 167 . z
  • 168. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 03 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) • Tập xác định: D = . ⎡x =1 • y ' = − x 2 + 4 x − 3; y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 3. • Giới hạn: 0,25 lim y = + ∞, lim y = − ∞. x→ − ∞ x→ + ∞ • Bảng biến thiên: x −∞ y’ +∞ y 1 0 − − + 3 0 1 +∞ − 0,25 1 3 −∞ - Hàm số đồng biến trên khoảng (1; 3); nghịch biến trên mỗi khoảng (− ∞; 1) và (3; + ∞). 1 - Hàm số đạt cực đại tại x = 3, yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = − ⋅ 3 • Đồ thị: 0,25 y 1 O 1 −− 3 1 3 0,25 x 2. (1,0 điểm) Tọa độ giao điểm của (C) với trục tung là (0; 1). Hệ số góc của tiếp tuyến là k = y '(0) = − 3. 0,25 ⇔ y = −3 x + 1. (2,0 điểm) 0,25 Phương trình tiếp tuyến là y = k ( x − 0) + 1 II 0,25 0,25 1. (1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 2cos 2 2 x − 1 + 6(1 − cos 2 x) − 1 = 0 0,25 ⇔ cos 2 2 x − 3cos 2 x + 2 = 0. 0,25 • cos2x = 2: Vô nghiệm. 0,25 • cos 2 x = 1 ⇔ x = kπ (k ∈ Z). 0,25 Trang 1/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 168
  • 169. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≤ −1 hoặc x ≥ 3. Bất phương trình đã cho tương đương với 4 x − Đặt t = 2 x − x 2 − 2 x −3 − 3.2 x − x 2 − 2 x −3 0,25 − 4 > 0. x 2 − 2 x −3 0,25 > 0, bất phương trình trên trở thành t 2 − 3t − 4 > 0 ⇔ t > 4 (do t > 0) 7 ⇔ x2 − 2 x − 3 < x − 2 ⇔ 2 < x < ⋅ 2 7 Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 3 ≤ x < ⋅ 2 III (1,0 điểm) 0,25 0,25 2 1 ⎞ ⎛1 Ta có I = ∫ ⎜ + ⎟ dx. x x +1⎠ 1⎝ 2 • 2 ∫ x dx = l n | x | 1 = ln 2. 1 2 • 1 0,25 1 0,25 2 ∫ x + 1 dx = l n | x + 1| 1 = ln 3 − ln 2. 0,25 1 IV Do đó I = ln 3. S 0,25 Ta có SA ⊥ BC, AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC. Do đó, góc giữa (SBC) và (ABC) bằng SBA = 30o. M A C 0,25 1 1 VS . ABM = VS . ABC = SA. AB.BC. 2 12 (1,0 điểm) 0,25 BC = AB = a; SA = AB.tan 30o = Vậy VS . ABM = V (1,0 điểm) B Điều kiện: 1 ≤ x ≤ 4. Xét f ( x) = 4 − x + 2 x − 2, 1 ≤ x ≤ 4. −1 1 f '( x) = + ; f '( x) = 0 ⇔ x = 3. 2 4− x 2x − 2 • Bảng biến thiên (hình bên). a 3 ⋅ 3 0,25 a3 3 ⋅ 36 0,25 x f’(x) 1 3 0 3 + 4 − 0,25 f(x) 6 3 Đặt t = 4 − x + 2 x − 2. Phương trình đã cho trở thành t 2 − 4t + 4 = m (1). Dựa vào bảng biến thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (1) có nghiệm t thỏa mãn Xét g (t ) = t 2 − 4t + 4, 3 ≤ t ≤ 3. g '(t ) = 2t − 4; g '(t ) = 0 ⇔ t = 2. • Bảng biến thiên (hình bên). t g’(t) 3 ≤ t ≤ 3. 3 − 2 0 7−4 3 0,25 3 + 1 0,25 g(t) 0 VI.a (2,0 điểm) Dựa vào bảng biến thiên, ta được giá trị m cần tìm là 0 ≤ m ≤ 1. 1. (1,0 điểm) Phương trình của đường thẳng ∆ qua A(2; − 4) và có vectơ pháp tuyến v = (a; b) là 0,25 0,25 a( x − 2) + b( y + 4) = 0, với a 2 + b 2 ≠ 0. Vectơ pháp tuyến của d là u = (1; 1). Do đó cos(d , ∆) = |a+b| 2. a 2 + b 2 ⋅ 0,25 cos(d , ∆ ) = cos 45o ⇔ ab = 0. 0,25 Với a = 0, ta có phương trình ∆ : y + 4 = 0; với b = 0, ta có phương trình ∆ : x − 2 = 0. 0,25 Trang 2/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 169
  • 170. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) A, B, M thẳng hàng ⇔ M thuộc đường thẳng AB. Ta có AB = (2; −2; −8) = 2(1; −1; − 4); M ∈ AB ⇒ M (−1 + t ; 2 − t ; 3 − 4t ). (1,0 điểm) 0,25 M ∈ ( P ) ⇒ 2(−1 + t ) + (2 − t ) − 3(3 − 4t ) − 4 = 0 VII.a 0,25 0,25 0,25 ⇒ t = 1. Vậy M (0; 1; − 1). Đặt z = a + bi (a, b ∈ ). Đẳng thức đã cho trở thành (−3 + 4i )(a + bi ) + (a − bi ) = 4i − 20 0,25 ⎧a + 2b = 10 ⇔⎨ ⎩a − b = 1 ⎧a = 4 ⇔⎨ ⎩b = 3. 0,25 0,25 Do đó | z | = 42 + 32 = 5. VI.b (2,0 điểm) 0,25 1. (1,0 điểm) ⎧x + 3y − 7 = 0 Tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình ⎨ ⎩3x + 2 y − 7 = 0 ⇒ A(1; 2). 0,25 0,25 Đường cao kẻ từ A có vectơ pháp tuyến là n = (5; − 4). Phương trình đường cao là 5( x − 1) − 4( y − 2) = 0 ⇔ 5 x − 4 y + 3 = 0. 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng (P) qua I và vuông góc với d có phương trình là 4( x − 1) − 3( y − 2) + ( z + 3) = 0 ⇔ 4 x − 3 y + z + 5 = 0. 0,25 ⎧ x −1 y +1 z −1 = = 1 1⎞ ⎪ ⎛ Tọa độ giao điểm H của d và (P) thỏa mãn hệ ⎨ 4 −3 1 ⇒ H ⎜ −1; ; ⎟ . 2 2⎠ ⎝ ⎪ ⎩4 x − 3 y + z + 5 = 0 0,25 2 ⎛ AB ⎞ Bán kính mặt cầu là R = IH 2 + ⎜ ⎟ = 5. ⎝ 2 ⎠ Phương trình mặt cầu là ( x − 1) 2 + ( y − 2) 2 + ( z + 3) 2 = 25. VII.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 Phương trình bậc hai theo z có ∆ = 4(1 + i )2 − 8i = 0 ⇒ z =1+ i 1 1 1 1 ⇒ = = − i. z 1+ i 2 2 1 1 1 1 Vậy phần thực của bằng , phần ảo của bằng − ⋅ 2 z z 2 0,25 0,25 0,25 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 3/3 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 170
  • 171. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − 3mx 2 + 3m3 (1), m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 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 x + 3 sin x ) cos x = cos x − 3 sin x + 1. Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình x + 1 + x 2 − 4 x + 1 ≥ 3 x . 1 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ 0 x3 x 4 + 3x2 + 2 dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tam giác đều S.ABC với SA = 2a, 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 x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức P = x5 + y5 + z 5 . 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 (C1 ): x 2 + y 2 = 4, (C2 ): x 2 + y 2 − 12 x + 18 = 0 và đường thẳng d : x − y − 4 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc (C2 ), tiếp xúc với d và cắt (C1 ) tại hai điểm phân biệt A và B sao cho AB vuông góc với d. x −1 y z và hai = = 2 1 −2 điểm A(2;1; 0), B (−2;3; 2). Viết phương trình mặt cầu đi qua A, B và có tâm thuộc đường thẳng d. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : 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 AC = 2 BD và đường tròn tiếp xúc với các cạnh của hình thoi có phương trình x 2 + y 2 = 4. 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 A(0; 0;3), M (1; 2; 0). 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. Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi z1 và z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2 − 2 3 i z − 4 = 0. 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:............................................. . LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 171
  • 172. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Đáp án Điểm 1 a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x3 − 3 x 2 + 3 . • Tập xác định: D = . • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ' = 3 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2. Các khoảng đồng biến: (− ∞; 0) và (2; + ∞) , khoảng nghịch biến: (0; 2). − Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 3; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = −1. − Giới hạn: lim y = −∞ và lim y = + ∞. x→−∞ − Bảng biến thiên: 0,25 x→+ ∞ x −∞ y' 0 + 0 3 +∞ 2 – 0 + +∞ 0,25 y −∞ • Đồ thị: –1 y 3 0,25 2 O x −1 b) (1,0 điểm) y ' = 3 x 2 − 6mx; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2m. Đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị khi và chỉ khi m ≠ 0 (*). Các điểm cực trị của đồ thị là A(0; 3m3 ) và B (2m; − m3 ). Suy ra OA = 3 | m3 | và d ( B, (OA)) = 2 | m | . 0,25 0,25 S ∆OAB = 48 ⇔ 3m4 = 48 0,25 ⇔ m = ± 2, thỏa mãn (*). 0,25 Trang 1/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 172
  • 173. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 2 Phương trình đã cho tương đương với: cos 2 x + 3 sin 2 x = cos x − 3 sin x (1,0 điểm) π π ⇔ cos 2 x − = cos x + 3 3 0,25 ) ( ) 0,25 ( ) 0,25 ( π π ⇔ 2 x − = ± x + + k 2π (k ∈ ). 3 3 ⇔ x= 2π 2π (k ∈ ). + k 2π hoặc x = k 3 3 0,25 3 Điều kiện: 0 ≤ x ≤ 2 − 3 hoặc x ≥ 2 + 3 (*). (1,0 điểm) Nhận xét: x = 0 là nghiệm của bất phương trình đã cho. Với x > 0, bất phương trình đã cho tương đương với: Đặt t = x + 1 5 ⇔ t ≥ . Thay vào (2) ta được 2 x+ 1 + x + − 4 ≥ 3 (1). x x x+ (2), bất phương trình (1) trở thành x 0,25 1 ⎡3 − t < 0 t − 6 ≥ 3 − t ⇔ ⎢⎧3 − t ≥ 0 ⎢⎨ ⎢ t 2 − 6 ≥ (3 − t ) 2 ⎣⎩ 2 1 5 ≥ ⇔ x ≥ 2 hoặc x 2 x≤ 0,25 1 2 0,25 1 hoặc x ≥ 4. Kết hợp (*) và nghiệm x = 0, ta được tập nghiệm của bất phương 4 1 trình đã cho là: ⎡0; ⎤ ∪ [4; +∞). ⎢ 4⎥ ⎣ ⎦ ⇔0< x≤ 4 (1,0 điểm) 0,25 Đặt t = x 2 , suy ra dt = 2 xdx. Với x = 0 thì t = 0; với x =1 thì t =1. 1 Khi đó I = = 1 1 x 2 .2 xdx 1 td t = 2 ( x 2 +1)( x 2 + 2) 2 (t +1)(t + 2) 0 0 ∫ 1 2 ∫( 1 0 ∫ ) ( 0,25 ) 2 1 1 − dt = ln|t + 2| − ln|t +1| t + 2 t +1 2 = ln3 − 5 (1,0 điểm) 0,25 1 0,25 0 3 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 . S 0,25 Mặt khác SC ⊥ AH , suy ra SC ⊥ ( ABH ). Ta có: CD = H C A D a 3 a 3 a 33 nên SO = SC 2 −OC 2 = , OC = . 2 3 3 SO.CD a 11 1 11a 2 Do đó DH = = . Suy ra S ∆ABH = AB.DH = . SC 4 2 8 Ta có SH = SC − HC = SC − CD 2 − DH 2 = O B 0,25 Do đó VS . ABH 7a . 4 0,25 1 7 11a 3 = SH .S ∆ABH = . 3 96 Trang 2/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 0,25 173
  • 174. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 6 Với x + y + z = 0 và x 2 + y 2 + z 2 = 1, ta có: (1,0 điểm) 1 0 = ( x + y + z ) 2 = x 2 + y 2 + z 2 + 2 x( y + z ) + 2 yz =1− 2 x 2 + 2 yz , nên yz = x 2 − . 2 y 2 + z 2 1 − x2 1 1 − x2 6 6 = , suy ra: x 2 − ≤ , do đó − ≤ x≤ (*). Mặt khác yz ≤ 2 2 2 2 3 3 0,25 Khi đó: P = x5 + ( y 2 + z 2 )( y 3 + z 3 ) − y 2 z 2 ( y + z ) ( ) 12 x 2 5 1 1 2 x = (2 x3 − x). = x5 + (1− x 2 )⎡− x(1− x 2 ) + x x 2 − ⎤ + x 2 − ⎢ ⎣ ⎦ 4 2⎥ 2 ⎡ 6 6 6⎤ 2 Xét hàm f ( x) = 2 x3 − x trên ⎢ − . ; ⎥ , suy ra f '( x) = 6 x − 1; f '( x) = 0 ⇔ x = ± 6 3 ⎥ ⎢ 3 ⎣ ⎦ ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6 ⎛ 6⎞ ⎛ 6⎞ 6 6 , f ⎜ ⎟ = f ⎜− Ta có f ⎜ − . ⎟= f ⎜ ⎟=− ⎟ = . Do đó f ( x) ≤ 9 9 ⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠ ⎝ 3 ⎠ ⎝ 6 ⎠ 9 = x5 + (1− x 2 ) ⎡( y 2 + z 2 )( y + z ) − yz ( y + z )⎤ + x 2 − ⎣ ⎦ 0,25 ( ) ( ) Suy ra P ≤ Khi x = 5 6 . 36 6 6 5 6 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị lớn nhất của P là , y = z =− . 3 6 36 7.a (1,0 điểm) (C) A 0,25 d I 0,25 (C1) có tâm là gốc tọa độ O. Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình, ta có AB ⊥ OI . Mà AB ⊥ d và O ∉ d nên OI//d, do đó OI có phương trình y = x. 0,25 Mặt khác I ∈ (C2 ), nên tọa độ của I thỏa mãn hệ: ⎧y = x ⎧x = 3 ⎪ ⇔⎨ ⇒ I (3;3). ⎨ 2 2 ⎪x + y −12 x +18 = 0 ⎩ y = 3 ⎩ 0,25 Do (C) tiếp xúc với d nên (C) có bán kính R = d ( I , d ) = 2 2. 0,25 Vậy phương trình của (C) là ( x − 3) 2 + ( y − 3) 2 = 8. 0,25 B (C1) (C2) 8.a (1,0 điểm) Gọi (S) là mặt cầu cần viết phương trình và I là tâm của (S). Do I ∈ d nên tọa độ của điểm I có dạng I (1+ 2t ; t ; − 2t ). 0,25 Do A, B∈( S ) nên AI = BI , suy ra (2t −1) 2 + (t −1) 2 + 4t 2 = (2t + 3) 2 + (t −3) 2 + (2t + 2) 2 ⇒ t =−1. 0,25 Do đó I (−1; − 1; 2) và bán kính mặt cầu là IA = 17. 0,25 Vậy, phương trình mặt cầu (S) cần tìm là ( x + 1) 2 + ( y + 1) 2 + ( z − 2) 2 = 17. 0,25 9.a 4 (1,0 điểm) Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là C25 =12650. 0,25 1 3 2 2 3 1 Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là C15 .C10 + C15 .C10 + C15 .C10 0,25 = 11075. 0,25 Xác suất cần tính là P = 11075 443 = . 12650 506 0,25 Trang 3/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 174
  • 175. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 7.b (1,0 điểm) y B H A C O D x2 + y2 =1( a > b > 0). Hình thoi ABCD có a 2 b2 AC = 2 BD và A, B, C, D thuộc (E) suy ra OA = 2OB. Giả sử ( E ): 0,25 Không mất tính tổng quát, ta có thể xem A(a;0) và x B 0; a . Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên AB, 2 suy ra OH là bán kính của đường tròn (C ) : x 2 + y 2 = 4. 0,25 1 1 1 1 1 4 = = + = + . 2 2 2 2 4 OH OA OB a a2 0,25 ( ) Ta có: x2 y 2 + = 1. Suy ra a 2 = 20, do đó b2 = 5. Vậy phương trình chính tắc của (E) là 20 5 0,25 8.b Do B ∈ Ox, C ∈ Oy nên tọa độ của B và C có dạng: B(b; 0; 0) và C (0; c; 0). (1,0 điểm) b c Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC, suy ra: G ; ; 1 . 3 3 ( 0,25 ) Ta có AM = (1;2; −3) nên đường thẳng AM có phương trình 0,25 x y z−3 . = = 1 2 −3 0,25 b c −2 Do G thuộc đường thẳng AM nên = = . Suy ra b = 2 và c = 4. 3 6 −3 Do đó phương trình của mặt phẳng (P) là x y z + + = 1, nghĩa là ( P) : 6 x + 3 y + 4 z − 12 = 0. 2 4 3 9.b Phương trình bậc hai z 2 − 2 3 i z − 4 = 0 có biệt thức ∆ = 4. (1,0 điểm) Suy ra phương trình có hai nghiệm: z1 = 1 + 3 i và z2 = −1 + 3 i. 0,25 0,25 0,25 π π • Dạng lượng giác của z1 là z1 = 2⎛cos + isin ⎞. ⎜ ⎟ 3⎠ ⎝ 3 0,25 2π 2π • Dạng lượng giác của z2 là z2 = 2⎛cos + isin ⎞. ⎜ ⎟ 3 3⎠ ⎝ 0,25 ---------- HẾT ---------- Trang 4/4 LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 175
  • 176. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §Ò chÝnh thøc Kú thi TuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002 M«n thi : To¸n, Khèi D (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _________________________________________ C©uI ( §H : 3 ®iÓm ; C§ : 4 ®iÓm ). y= Cho hµm sè : 1. 2. 3. (1) ( m lµ tham sè ). x −1 Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè (1) øng víi m = -1. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®−êng cong (C) vµ hai trôc täa ®é. T×m m ®Ó ®å thÞ cña hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng y = x . C©u II 1. 2. (2m − 1)x − m 2 ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 3 ®iÓm ). Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh : Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : (x 2 ) − 3x . 2x 2 − 3x − 2 ≥ 0 . 2 3 x = 5y 2 − 4 y  x  4 + 2 x +1 = y.  x  2 +2 C©u III ( §H : 1 ®iÓm ; C§ : 1 ®iÓm ). T×m x thuéc ®o¹n [ 0 ; 14 ] nghiÖm ®óng ph−¬ng tr×nh : cos 3x − 4 cos 2x + 3 cos x − 4 = 0 . 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) : 2 x − y + 2 = 0 (2 m + 1)x + (1 − m )y + m − 1 = 0 vµ ®−êng th¼ng d m :  ( m lµ tham sè ). mx + (2 m + 1)z + 4 m + 2 = 0  X¸c ®Þnh m ®Ó ®−êng th¼ng d m song song víi mÆt ph¼ng (P). C©u V (§H : 2 ®iÓm ). 1. T×m sè nguyªn d−¬ng n sao cho C 0 + 2C 1 + 4C 2 + .... + 2 n C n = 243 . n n n n 2. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , cho elip (E) cã ph−¬ng tr×nh x2 y2 + = 1 . XÐt ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn tia Ox vµ ®iÓm N chuyÓn ®éng trªn tia Oy sao cho 16 9 ®−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. 2. ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm c©u V C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh : ................................................................ Sè b¸o danh............................. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 176
  • 177. LUYENTHICAONGUYEN.COM - 0945460044 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§ 4® 3® 1 1,5 I 1. Khi m = -1 ,ta cã y = -TX§ : x ≠ 1 - CBT : y , = 4 (x − 1)2 − 3x − 1 4 = −3 − x −1 x −1 > 0, ∀x ≠ 1 ⇒ hµm sè kh«ng cã cùc trÞ. 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/2 lim y = −3 ; lim y = +∞; lim y = −∞ . x →1− x →∞ - x →1+ BBT : x -∞ y/ y +∞ 1 + + +∞ -3 -3 -∞ - TC: x=1 lµ tiÖm cËn ®øng v× lim y = ∞ . x &