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

11,984 views
11,850 views

Published on

1 Comment
5 Likes
Statistics
Notes
No Downloads
Views
Total views
11,984
On SlideShare
0
From Embeds
0
Number of Embeds
5
Actions
Shares
0
Downloads
472
Comments
1
Likes
5
Embeds 0
No embeds

No notes for slide

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

  1. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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. 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 biỀ

×