Tài liệu Tổng hợp đề thi đại học môn toán khối a, a1 có đáp án chi tiết

  • Số trang: 40 |
  • Loại file: PDF |
  • Lượt xem: 277 |
  • Lượt tải: 0
tranphuong

Tham gia: 04/08/2015

Mô tả:

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 ⎞ + = 4s in ⎜ − x ⎟ . 1. Giải phương trình 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 (E) có tâm sai bằng và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20. 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 + ... + nn = 4096. Tìm số lớn nhất trong các số a 0 , a1 ,..., a n . 2 2 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:............................................... BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) Câu 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 = mx − 2 + y= . 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 JJG JJG 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 JJG JJG n m m 1.n 2 2 cos450 = JJG JJG = ⇔ = ⇔ m = ± 1. 2 n1 . n 2 m2 + 1 m2 + 1 Trang 1/5 0,50 II 2,00 1 2 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 3π Điều kiện sin x ≠ 0 và sin(x − ) ≠ 0. 2 1 1 + = −2 2(s inx + cosx) Phương trình đã cho tương đương với: s inx cosx 1 ⎛ ⎞ ⇔ (s inx + cosx) ⎜ + 2 2 ⎟ = 0. ⎝ s inxcosx ⎠ π • s inx + cosx = 0 ⇔ x = − + kπ. 4 π 1 2 5π • ⇔ x = − + kπ hoặc x = + kπ. + 2 2 = 0 ⇔ sin 2x = − s inxcosx 2 8 8 Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là : π π 5π + kπ (k ∈ ]). x = − + kπ ; x = − + kπ ; x = 4 8 8 Giải hệ... (1,00 điểm) 5 5 ⎧ 2 ⎧ 2 3 2 2 ⎪⎪ x + y + x y + xy + xy = − 4 ⎪⎪ x + y + xy + xy ( x + y ) = − 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 Đặt ⎨ . Hệ phương trình (∗) trở thành ⎨ ⎩ 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; − ⎟ . 16 ⎠ 2⎠ ⎝ ⎝ 4 III 0,50 0,50 0,50 0,50 2,00 1 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm) G Đường thẳng d có vectơ chỉ phương u ( 2;1; 2 ) . Gọi H là hình chiếu vuông góc JJJG của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH = (2t − 1; t − 5; 2t − 1). JJJG G Vì AH ⊥ d nên AH. u = 0 ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1. Suy ra H ( 3;1; 4 ) . Trang 2/5 0,50 0,50 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. JJJG 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 = ∫0 cos 2x ∫0 (1 − tg 2 x ) cos2 x dx. 0,25 dx π 1 Đặt t = tgx ⇒ dt = . Với x = 0 thì t = 0 ; với x = thì t = . 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 ) 1 10 ln 2 + 3 − . 2 9 3 0,50 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) = ⎜ − ⎟. ⎟ 2x 6 x − ⎝ ⎠ ⎠ Ta thấy u ( 2 ) = v ( 2 ) = 0 ⇒ f '(2) = 0. Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên khoảng ( 0; 2 ) và cùng âm trên khoảng ( 2;6 ) . Ta có bảng biến thiên: x 0 f’(x) + f(x) 2 6 + 2 4 6 2 0 − 3 2 +6 Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 2 6 + 2 4 6 ≤ m < 3 2 + 6. Trang 3/5 6 0,50 4 12 + 2 3 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 ⎪ = 3 ⎪⎪ a 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⎞ + ... + nn = f ⎜ ⎟ = 2n. 2 2 ⎝2⎠ 0,50 Từ giả thiết suy ra 2n = 4096 = 212 ⇔ n = 12. k k +1 Với mọi k ∈ {0,1, 2,...,11} ta có a k = 2k C12 , a k +1 = 2k +1 C12 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, 0,50 ak > 1 ⇔ k > 7. Do đó a 8 > a 9 > ... > a12 . a k +1 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 ⇔ log2x −1 (x + 1) = 2 ⇔ (2x − 1)2 = x + 1 ⇔ ⎢ ⎢ x = 5 (tháa m·n) 4 ⎣ 5 Nghiệm của phương trình là: x = 2 và x = . 4 Trang 4/5 0,50 2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) A' C' B' A C H B Gọi H là trung điểm của BC. 1 1 2 Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC = a + 3a 2 = a. 2 2 0,50 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'. n ' BH Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì ϕ = B Vậy cosϕ = 0,50 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 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 Cho hàm số y = (1). 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 = 3. 1. Giải phương trình (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 60D. 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................................ ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 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) Khảo sát… ⎧ 3⎫ • Tập xác định: D = \ \ ⎨− ⎬ . ⎩ 2⎭ • Sự biến thiên: −1 - Chiều biến thiên: y ' = < 0, ∀x ∈ D. 2 ( 2 x + 3) 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 3 lim − y = −∞, lim + y = +∞ ; tiệm cận đứng: x = − . ⎛ 3⎞ ⎛ 3⎞ 2 x →⎜ − ⎟ x →⎜ − ⎟ ⎝ 2⎠ 0,25 ⎝ 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: −1 = ±1 ⇔ x0 = −2 hoặc x0 = −1. (2 x0 + 3) 2 0,25 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 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 (k ∈ ]) . 0,25 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 ⎩ ⎩ III 0,25 0,25 ⇔ u = −2 và v = 4 (thoả mãn). 0,25 Thế vào (*), ta được nghiệm: x = −2. 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 π 2 2 0 0 1 π 2 I1 = ∫ cos5 xdx = ∫ (1 − sin 2 x ) cos xdx = ∫ (1 − t π 2 , t = 1. ) 2 2 0 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 0,50 0,25 Tính thể tích khối chóp... (1,0 điểm) ( SIB ) ⊥ ( ABCD) và ( SIC ) ⊥ ( ABCD); suy ra SI ⊥ ( ABCD). n = 60D. Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ SKI S A 0,50 B I D C K Diện tích hình thang ABCD : S ABCD = 3a 2 . 3a 2 3a 2 ; suy ra S ΔIBC = . 2 2 2S 3 5a 2 n = 3 15a . ⇒ SI = IK .tan SKI BC = ( AB − CD ) + AD 2 = a 5 ⇒ IK = ΔIBC = BC 5 5 3 1 3 15a . 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 0,25 0,25 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. 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 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 C 0,25 JJJG JJG E ∈ Δ ⇒ E ( x;5 − x ) ; IE = ( x − 6;3 − x ) và NE = ( x − 11;6 − x). E là trung điểm CD ⇒ IE ⊥ EN . JJG JJJG IE.EN = 0 ⇔ ( x − 6)( x − 11) + (3 − x)(6 − x) = 0 ⇔ x = 6 hoặc x = 7. 0,25 JJG • x = 6 ⇒ IE = ( 0; −3) ; phương trình AB : y − 5 = 0. 0,25 JJG • 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 = 3 < R; suy ra đpcm. 0,25 Gọi H và r lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H là hình chiếu vuông góc của I trên ( P) : IH = d ( I ,( P) ) = 3, r = R 2 − IH 2 = 4. VII.a (1,0 điểm) 0,25 ⎧ x = 1 + 2t ⎪ y = 2 − 2t ⎪ Toạ độ H = ( x; y; z ) thoả mãn: ⎨ ⎪z = 3 − t ⎩⎪2 x − 2 y − z − 4 = 0. 0,25 Giải hệ, ta được H (3; 0; 2). 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 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 n 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 8 . 15 0,25 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ... G Δ 2 qua A(1;3; −1) và có vectơ chỉ phương u = (2;1; −2). M ∈ Δ1 ⇒ M (−1 + t ; t; −9 + 6t ). JJJG JJJG G JJJG G MA = (2 − t ;3 − t ;8 − 6t ), ⎣⎡ MA, u ⎦⎤ = (8t − 14; 20 − 14t ; t − 4) ⇒ ⎡⎣ MA, u ⎤⎦ = 3 29t 2 − 88t + 68. JJJG G ⎡ MA, u ⎤ ⎣ ⎦ Khoảng cách từ M đến Δ 2 : d ( M , Δ 2 ) = = 29t 2 − 88t + 68. G 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 = 53 ⎛ 18 53 3 ⎞ ⇒ M ⎜ ; ; ⎟. 35 ⎝ 35 35 35 ⎠ 11t − 20 3 53 . 35 0,25 0,25 . 0,25 0,25 Giải hệ phương trình… 2 2 ⎪⎧ x + y = 2 xy Với điều kiện xy > 0 (*), hệ đã cho tương đương: ⎨ 2 2 ⎪⎩ x − xy + y = 4 ⎧x = y ⎧x = y ⇔ ⎨ 2 ⇔⎨ ⎩ y = ±2. ⎩y = 4 0,25 0,50 Kết hợp (*), hệ có nghiệm: ( x; y ) = (2;2) và ( x; y ) = (−2; −2). -------------Hết------------- Trang 4/4 0,25 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 kiện x12 + x22 + x32 < 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 ∫0 1 + 2e x dx . 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). 2 2 + + − = 4 x y 2 3 4 x 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 phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng và điểm A có hoành độ dương. 2 x −1 y z + 2 = = 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0. −1 2 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 = = 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: . Tính 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................................ 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 ⎩ Trang 1/4 0,25 0,25 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 1 2 0,25 0,25 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 = + 1−x = 2( x 2 − x + 1) < 0. x kéo theo 1 − x + x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. x ≥ 0, do đó: (3) ⇔ 1 − x = x ⎧⎪1 − x ≥ 0 ⎧⎪ x ≤ 1 ⇔ ⇔ ⎨ ⎨ 2 2 ⎪⎩(1 − x) = x ⎪⎩ x − 3 x + 1 = 0 III (1,0 điểm) 0,25 3− 5 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 2 1 1 1 ⎛ ex ⎞ ex 2 I = ∫ ⎜⎜ x 2 + d x = x d x + ⎟ ∫ ∫ 1 + 2e x dx . 1 + 2e x ⎟⎠ 0 ⎝ 0 0 1 Ta có: ∫ x 2 dx = 0 1 3 x 3 1 và ex 1 ∫ 1 + 2e x dx = 2 0 1 ∫ 0 1 = 0 0,25 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 . 3 3 2 3 2 2 3 3 0 S IV (1,0 điểm) K N A M H D • 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 = 1 5 3 a3 SCDNM.SH = . 3 24 C B • Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. n ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). ∆ADM = ∆DCN ⇒ n ADM = DCN 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 0,25 0,25 0,25 0,25 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 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 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) | 3. 3 − 1.1| 1 = và tam giác 3 + 1. 3 + 1 2 n = 60D . OAB vuông tại B, do đó n AOB = 60D ⇒ BAC y d1 O B d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = d2 1 3 AB.AC.sin 60D = (OA.sin 60D ).(OA.tan 60D ) 2 4 A 3 3 = OA2. 8 I C 4 3 Do đó: SABC = , suy ra OA2 = . 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. ⎧⎪ 3 x − y = 0 ⎛ −2 ⎞ Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ C⎜ ; − 2⎟ . ⎝ 3 ⎠ ⎪⎩ 3 x − 3 y − 4 = 0 3⎞ ⎛ −1 Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I ⎜ ; − ⎟ và bán kính IA = 1. 2⎠ ⎝2 3 x 0,25 Ta có: SABC = 2 2 1 ⎞ ⎛ 3⎞ ⎛ Phương trình (T): ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + 2 ⎟ =1. 2 3⎠ ⎝ ⎠ ⎝ Trang 3/4 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) G Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có G vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1). G G n = cos v, n . Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC M ( ) C P G G n = MC. cos v, n d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC ( ) H = ∆ Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − VII.a (1,0 điểm) = 5+ z = 5− 6. | 2 − 2 − 1| 1 = . 6. 6 6 2 i) 0,25 0,25 0,25 0,25 2 i, suy ra: 0,25 2 i. 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). JJJG JJJG 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 M VII.b (1,0 điểm) G Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. JJJG G JJJG Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡⎣v, MA⎤⎦ = (7; 2; −10). G JJJG ⎡v, MA⎤ 49 + 4 + 100 ⎣ ⎦ Suy ra: d(A, ∆) = = = 3. G 4+9+4 v 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. 0,25 Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 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 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 2 3 ⎪⎧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:................................ 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) ⎧1 ⎫ • Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬ . ⎩2⎭ • Sự biến thiên: Chiều biến thiên: y ' = −1 ( 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 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 − +∞ − 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 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 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 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 0,25 0,25 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1. (1,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). 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. π + kπ, thỏa mãn (*). 2 0,25 0,25 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 III (1,0 điểm) I = π π π 4 4 4 ( x sin x + cos x) + x cos x dx = ∫0 x sin x + cos x ∫ dx + 0 x cos x ∫ x sin x + cos x dx. 0,25 0,25 0,25 0,25 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) ∫0 x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x 4 ) π 4 ⎛ 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 n là góc giữa (SBC) và AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA n = 60o ⇒ SA = AB tan SBA n = 2a 3. (ABC) ⇒ SBA 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 MN = = a, BM = = a. 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 0,25 0 0,25 0,25 0,25 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 = 2a 39 ⋅ 13 0,25 0,25 SA2 + AD 2 1 1 2 + ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1. Trước hết ta chứng minh: 1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) ⇔ (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 0,25 ⇔ ( 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 Xét hàm f(t) = 2 < 0. + , t ∈ [1; 2]; f '(t ) = 2t + 3 1 + t (2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2 ⇒ f(t) ≥ f(2) = 0,25 34 x = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). ; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 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) A Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. n = MBI n = 90o và MA = MB Tứ giác MAIB có MAI I ⇒ SMAIB = IA.MA B M ∆ 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 0,25
- Xem thêm -