TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 · bỘ giÁo dỤc vÀ ĐÀo...

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN

TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT)

BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG

HÀ NỘI, 8/2013

HỌ VÀ TÊN: …………………………………………………………………

LỚP :………………………………………………………………….

TRƯỜNG :…………………………………………………………………

BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC NAÊM 2013−−−−−−−−−− Moân: TOAÙN; Khoái A vaø khoái A1

ÑEÀ CHÍNH THÖÙC 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; +∞).

Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình 1 + tanx = 2√

2 sin(

x +π

4

)

.

Caâu 3 (1,0 ñieåm). Giaûi heä phöông trình

{ √x + 1 + 4

√x− 1 −

√

y4 + 2 = y

x2 + 2x(y − 1) + y2 − 6y + 1 = 0(x, y ∈ R).

Caâu 4 (1,0 ñieåm). Tính tích phaân I =

2∫

1

x2 − 1

x2lnx dx.

Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho hình choùp S.ABC coù ñaùy laø tam giaùc vuoâng taïi A, ABC = 30◦, SBC laøtam giaùc ñeàu caïnh a vaø maët beân SBC vuoâng goùc vôùi ñaùy. Tính theo a theå tích cuûa khoái choùpS.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 maõn ñieàu kieän (a + c)(b + c) = 4c2. Tìm giaù trò

nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc P =32a3

(b + 3c)3+

32b3

(a + 3c)3−

√a2 + b2

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 thuoäcñöôøng thaúng d : 2x + y + 5 = 0 vaø A(−4; 8). Goïi M laø ñieåm ñoái xöùng cuûa B qua C , N laø hình chieáuvuoâng goùc cuûa B treân ñöôøng thaúng MD. Tìm toïa ñoä caùc ñieåm B vaø C , bieát raèng N(5;−4).

Caâu 8.a (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñöôøng thaúng ∆:x − 6

−3=

y + 1

−2=

z + 2

1vaø ñieåm A(1; 7; 3). Vieát phöông trình maët phaúng (P ) ñi qua A vaø vuoâng goùc vôùi ∆. Tìm toïa ñoä ñieåmM 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 töøcaùc 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 suaátñeå soá ñöôïc choïn laø soá chaün.

B. Theo chöông trình Naâng cao

Caâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñöôøng thaúng ∆ : x − y = 0. Ñöôøngtroøn (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 = 0vaø maët caàu (S) : x2 + y2 + z2 − 2x + 4y − 2z − 8 = 0. Chöùng minh (P ) tieáp xuùc vôùi (S). Tìm toïa ñoätieáp 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 aûocuûa 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: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected]

BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN

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 Đáp án Điểma. (1,0 điểm)

Khi m = 0 ta có 3 23 1y x x .= − + − • Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: hoặc 2' 3 6 ; ' 0y x x y x= − + = ⇔ = 0 2.x =

0,25

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 ; lim .

x xy y

→−∞ →+∞= +∞ = −∞

0,25

- Bảng biến thiên:

Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

b. (1,0 điểm)

Ta có 2' 3 6 3y x x= − + + .mHàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; )+∞ khi và chỉ khi ' 0, 0y x≤ ∀ >

0,25

2 2 , 0.m x x x⇔ ≤ − ∀ >

Xét 2( ) 2f x x x= − với Ta có 0.x > '( ) 2 2; '( ) 0 1.f x x f x x= − = ⇔ = 0,25

Bảng biến thiên:

0,25

1 (2,0 điểm)

Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m 1.

x 'y

y

− ∞ + ∞ 0 2

0 0 − − + + ∞

− ∞ −1

3

2 O

y

x

3

−1

x

( )f x

0 + ∞1

0 − 0

+

−1

+ ∞'( )f x

≤ − 0,25



/4

Câu Đáp án Điểm

Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với cos 0.x ≠ sin1 2(sin cocos

x s )x xx

+ = + 0,25

(sin cos )(2cos 1) 0.x x x⇔ + − = 0,25

πsin cos 0 π ( )4

x x x k k• + = ⇔ = − + ∈ . 0,25

2 (1,0 điểm)

π2cos 1 0 2π ( )3

x x k k• − = ⇔ = ± + ∈ .

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: π π4

x k= − + hoặc π 2π ( )3

x k k= ± + ∈ . 0,25

44

2 2

1 1 2

2 ( 1) 6 1 0 (2)

x x y y

x x y y y

⎧ + + − − + =⎪⎨⎪ + − + − + =⎩

(1)

,

Điều kiện: Từ (2) ta được suy ra 1.x ≥ 24 ( 1)y x y= + − 0.y ≥

0,25

3 (1,0 điểm)

Đặt 4 1,u x= − suy ra u Phương trình (1) trở thành: 0.≥ 4 42 2 (3).u u y y+ + = + +

Xét 4( ) 2 ,f t t= + + t với Ta có 0.t ≥3

4

2'( ) 1 0, 0.2

tf t tt

= + > ∀ ≥+

Do đó phương trình (3) tương đương với ,y u= nghĩa là 4 1.x y= +

0,25

Thay vào phương trình (2) ta được 7 4( 2 4) 0 (4).y y y y+ + − =

Hàm có 7 4( ) 2 4g y y y y= + + − 6 3'( ) 7 8 1 0g y y y= + + > với mọi 0.y ≥0,25

Mà nên (4) có hai nghiệm không âm là (1) 0,g = 0y = và 1.y = Với ta được nghiệm ( ; với 0y = ) (1; 0);x y = 1y = ta được nghiệm ( ; ) (2; 1).x y = Vậy nghiệm ( ; )x y của hệ đã cho là và (1; 0) (2; 1).

0,25

Đặt 2

21 dln , d d d , .x xu x v x u v x 1

x xx−

= = ⇒ = = + 0,25

Ta có 22

1 1

1 1ln dI x x x 1 xx x x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠∫ 0,25

2 2

1 1

1 1lnx x xx x

⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + − −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,25

4 (1,0 điểm)

5 3ln 2 .2 2

= − 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). 0,25

Ta có BC = a, suy ra 3 ;2

aSH = osin30 ;2aAC BC= =

o 3cos30 .2

aAB BC= =

Do đó 3

.1 . .6 1S ABC

a .6

H AB AC= =V S

0,25

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

5 (1,0 điểm)

Do đó 2

2 13 .4 4

AB aSI SB= − =

Suy ra . .3 6 39( ,( )) .. 1

S ABC S ABC

SAB

V V ad C SABS SI ABΔ

= = =3

0,25

S

A B

C

I

H



/4


Đặt ,ax yc c

= = .b Ta được Điều kiện của bài toán trở thành 0, 0.x y> > 3.xy x y+ + =

Khi đó 33 2 2

3 33232 .

( 3) ( 3)yxP x

y x= + − +

+ +y

v> >

Với mọi u ta có 0, 03

3 3 3 3 3 ( )3( ) 3 ( ) ( ) ( )4 4u v .v u v uv u v u v u v ++ = + − + ≥ + − + =u

Do đó 333 23

3 332 ( ) 2 3 332 8 83 3 3 3 9( 3) ( 3)

y y x y xy xx xy x xy x yy x

⎛ ⎞+ − + +⎛ ⎞+ ≥ + = ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + + + +⎝ ⎠+ + ⎝ ⎠.y

0,25

Thay 3xy x= − − y vào biểu thức trên ta được 333 3

3 332 ( 1)( 6)32 8 (2( 6)( 3) ( 3)

y x y x yx x yx yy x+ − + +⎛ ⎞+ ≥ = + −⎜ ⎟+ +⎝ ⎠+ +

1) . Do đó

3 2 2 3 2 3 2( 1) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2( ) 6.P x y x y x y x y xy x y x y x y≥ + − − + = + − − + − = + − − + + + −

0,25

Đặt t x Suy ra t và .y= + > 0 3 2( 1) 2 6.P t t t≥ − − + −

Ta có 2 2( )3 ( )

4 4x y tx y xy x y t+

= + + ≤ + + = + . nên ( 2)( 6) 0t t− + ≥ Do đó 2.t ≥

Xét 3 2( ) ( 1) 2 6,f t t t t= − − + − với t Ta có 2.≥ 22

1'( ) 3( 1) .2 6

tf t tt t

+= − −

+ −

Với mọi t ta có và 2≥ 23( 1) 3t − ≥ 221 7 71 1 2 2( 1) 72 6

ttt t

+ = + ≤ + =+ −+ −

3 2 , nên

3 2'( ) 3 0.2

f t ≥ − > Suy ra ( ) (2) 1 2.f t f≥ = − Do đó 1 2P ≥ − .

0,25

6 (1,0 điểm)

Khi a thì b c= = 1 2P = − . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 1 2 .− 0,25 Do C d∈ nên ( ; 2 5).C t t− − Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC.

Do đó ( )4 2 3; .2 2t tI − − +

0,25

Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA. Do đó ta có phương trình

( ) ( )2 22 24 22 3 45 4 4 8

2 2 2t tt t− −− + −⎛ ⎞ ⎛− + − − = − − + −⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝

7.a (1,0 điểm)

32+ ⎞

⎟⎠

1.t⇔ = Suy ra C(1; 7).−

0,25

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.

0,25

Đường thẳng AC có phương trình: 3 4 0.

.

x y+ + =Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình 3 17 0x y− − = Do đó (3 17; ).B a a+ Trung điểm của BN thuộc AC nên

3 17 5 43 4 0 7.2 2

a a a+ + −⎛ ⎞+ + = ⇔ =−⎜ ⎟⎝ ⎠

( 4; 7).B − − Vậy

0,25

Δ có véctơ chỉ phương là ( 3; 2;1).u = − − 0,25

(P) qua A và nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình 3( 1) 2( 7) ( 3) 0 3 2 14 0.x y z x y z− − − − + − = ⇔ + − − =

0,25

M thuộc Δ nên (6 3 ; 1 2 ; 2 ).M t t− − − − + t 0,25

8.a (1,0 điểm)

2 2 2 22 30 (6 3 1) ( 1 2 7) ( 2 3) 120 7 4 3 0AM t t t t t= ⇔ − − + − − − + − + − = ⇔ − − =

1t⇔ = hoặc 3 .7t Suy ra M= − (3; 3; 1)− − hoặc ( )51 1 17; ;7 7 7M − − . 0,25

A D

B C M

N I



/4


Số phần tử của S là 37A 0,25

= 210. 0,25 Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 90= (cách). 0,25

9.a (1,0 điểm)

Xác suất cần tính bằng 90 3 .210 7

= 0,25

Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao điểm của AB và IM. Khi đó (0; ),M t với H là trung điểm

của AB. Suy ra

0;t ≥

2 2.2

ABAH = = 0,25

2 21 1 1 ,

AH AM AI= + 2 suy ra 2 10.AM =

Do đó 2 2 4 2.MH AM AH= − =

Mà | |( , ) ,2tMH d M= Δ = nên 8.t = Do đó (0; 8).M

0,25

Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương trình 8 0.x y+ − = Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ

.0

(4;4)8 0

x yH

x y− =⎧ ⇒⎨ + − =⎩

0,25

7.b (1,0 điểm)

Δ A

I

B

H

M

Ta có 2 2 12 ,4

IH IA AH HM= − = = nên 1 .4

IH HM=

Do đó (5;3).I

Vậy đường tròn (C) có phương trình 2 2( 5) ( 3) 10x y− + − = .

0,25

(S) có tâm và bán kính (1; 2;1)I − 14.R = 0,25

2 2 2

| 2.1 3( 2) 1.1 11| 14( ,( )) .142 3 1

d I P R+ − + −=

+ += = Do đó (P) tiếp xúc với (S). 0,25

8.b (1,0 điểm)

Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P). 0,25 (1 2 ; 2 3 ;1 ).M t t+ − + + t Do đó

Do M thuộc (P) nên Vậy 2(1 2 ) 3( 2 3 ) (1 ) 11 0 1.t t t+ + − + + + − = ⇔ =t (3;1;2).M 0,25 1 31 3 22 2

z i i⎛ ⎞

= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25 9.b

(1,0 điểm)

π π2 cos sin .3 3

i⎛ ⎞= +⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

5 5 5π 5π2 cos sin 16(1 3 ).3 3

z i⎛ ⎞= + = −⎜ ⎟⎝ ⎠

iSuy ra 0,25

16( 3 1) 16(1 3) .w i= + + −Do đó 0,25

Vậy w có phần thực là 16( và phần ảo là 3 1)+ 16 (1 3).−

------------- Hết -------------



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số với m là tham số thực. 4 2 22( 1) (1),y x m x m= − + +

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m = b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 cos 2 2cos 1.x x x+ = −

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 2 3 2

2 2

3 9 22 3 9( , ).1

2

x x x y y yx y

x y x y

⎧ − − + = + −⎪ ∈⎨

+ − + =⎪⎩

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3

21

1 ln( 1) d .xI xx

+ += ∫

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho

.S ABC S2 .HA HB= Góc giữa đường thẳng SC và mặt

phẳng (ABC) bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a.

o60 .

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực , ,x y z thỏa mãn điều kiện 0.x y z+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức | | | | | | 2 2 23 3 3 6 6 6x y y z z xP x− − −= + + − + + .y z

.ND

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm

của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2= Giả sử ( )11 1;2 2

M và đường thẳng AN có

phương trình Tìm tọa độ điểm A. 2 3x y− − = 0.

Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2:1 2 1

x y zd + −= = và

điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I.

(0;0;3).I

Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 15 nnC − 3

nC= . Tìm số hạng chứa 5x trong khai

triển nhị thức Niu-tơn của ( ) 2 1 , 0.

14

nnx x

x− ≠

B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.

2 2( ): 8.C x y+ =

Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 2: ,2 1 1

x y zd + −= = mặt

phẳng và điểm( ): 2 5 0P x y z+ − + = (1; 1;2).A − Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.

Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 5( ) 21

z i iz

.+= −

+ Tính môđun của số phức 21 .w z z= + +

---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:....................................................................; Số báo danh: ..............................................





Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)


a) (1,0 điểm)

Khi ta có: 0,m = 4 22 .y x x= −

• Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:

− Chiều biến thiên: 3' 4 4 ;y x x= − ' 0y = ⇔ 0x = hoặc 1.x = ±

0,25

Các khoảng nghịch biến: à các khoảng đồng biến: (( ; 1)−∞ − v (0; 1); 1; 0)− và ( 1; ).+∞

− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1,x = ± yCT 1;= − đạt cực đại tại 0,x = yCĐ 0.=

− Giới hạn: lim lim .x x

y y→−∞ →+∞

= = +∞0,25

− Bảng biến thiên:

0,25

• Đồ thị:

0,25

Trang 1/4

b) (1,0 điểm)

Ta có 3 2' 4 4( 1) 4 ( 1).y x m x x x m= − + = − −

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi 1 0m + > ⇔ (*). 1m > −0,25

Các điểm cực trị của đồ thị là 2(0; ),A m ( 1; 2B m m 1)− + − − và ( 1; 2 1).m+ − −C m

Suy ra: 2( 1; ( 1)AB m m= − + − + ) và 2( 1; ( 1)AC m m= + − + ). 0,25

Ta có nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB AC= . 0AB AC = 0,25

1 (2,0 điểm)

⇔ . Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là 4( 1) ( 1) 0m m+ − + = 0.m = 0,25

+∞

y

'y – 0 + 0 – 0 + x –1 0 1 −∞ +∞

–1

0

–1

+∞

O

2

1

– 1

–1

–2

8

x

y




Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin cos 1)cos 0.x x x+ − = 0,25 πcos 0 π ( )2

x x k k• = ⇔ = + ∈ . 0,25

3 sin cos 1 0x x• + − = ( )π πcos cos3 3

x⇔ − = 0,25

2 (1,0 điểm)

⇔ 2πx k= hoặc 2π 2π ( )3

x k k= + ∈ .

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là π π,2

x k= + 2πx k= và 2π 2π ( ). 3

x k k= + ∈0,25

Hệ đã cho tương đương với: ( ) ( )

3 3

2 2

( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1)

1 1 1. (2)2 2

x x y y

x y

− − − = + − +⎧⎪⎨

− + + =⎪⎩

0,25

Từ (2), suy ra 11 12

x− ≤ − ≤ và 11 12

y− ≤ + ≤ ⇔3 112 2

x− ≤ − ≤ và 1 31 .2 2

y− ≤ + ≤

Xét hàm số 3( ) 12f t t t= − trên 3 3;2 2

⎡−⎢⎣⎤⎥⎦

, ta có 2'( ) 3( 4) 0f t t= − < , suy ra f(t) nghịch biến. 0,25

Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).

Thay vào (2), ta được ( ) ( )2 21 3 1

2 2x x− + − = ⇔ 24 8 3x x 0− + = ⇔ 1

2x = hoặc 3 .

2x =

0,25

3 (1,0 điểm)

Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( )1 3( ; ) ;2 2

x y = − hoặc ( )3 1( ; ) ; .2 2

x y = − 0,25

Đặt u và 1 ln( 1)x= + + 2dd , suy ra dd

1xu

x=

+ và 1 .vxv

x=

x= − 0,25

33

1 1

1 ln( 1)( 1)

x dxIx x x

+ += − +

+∫ 0,25

( )3

1

2 ln 2 1 13 1

dxx x

+= + −

+∫3

1

2 ln 2 ln3 1

xx

+= +

+ 0,25

4 (1,0 điểm)

2 2ln3 ln 2.3 3

= + − 0,25

Ta có SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra o60 .SCH =

Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: ,6aHD= 3 ,

2aCD=

2 2 7 ,3

aHC HD CD= + = o 21.tan60 .3

aSH HC= =

0,25

2 3

.1 1 21 3. . . . 73 3 3 4 12S ABC ABC

a a aV SH S∆= = = . 0,25

Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc

của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và 32

BA H= A nên

3( , ) ( ,( )) ( ,( )).2

d SA BC d B SAN d H SAN= =

Ta cũng có ( )Ax SHN⊥ nên .Ax HK⊥ Do đó (HK SAN ).⊥ Suy ra d H( ,( )) .

Trang 2/4

SAN HK=

0,25

5 (1,0 điểm)

o2 2

2 3 . 4212

, sin 60 , .3 3a a SH HN aAH HN AH HK

SH HN= = = = =

+ Vậy

S

B

C

Hx

N

K

D A

42( , ) .8

ad SA BC = 0,25




Ta chứng minh 3 1 (*). ,t t t≥ + ∀ ≥ 0

Xét hàm ( ) 3 1tf t t= − − , có '( ) 3 ln 3 1 0, 0tf t t= − > ∀ ≥ (0) 0f và = , suy ra (*) đúng.

Áp dụng (*), ta có | | | | | |3 3 3 3 | | | | |x y y z z x |.x y y z z x− − −+ + ≥ + − + − + −

0,25

Áp dụng bất đẳng thức | , ta có: | | | | |a b a b+ ≥ +2 2 2 2(| | | | | |) | | | | | | | |(| | | |) | |(| | | |)x y y z z x x y y z z x x y y z z x y z z x x y− + − + − = − + − + − + − − + − + − − + −

( )2 2 2| |(| | | |) 2 | | | | | | .z x x y y z x y y z z x+ − − + − ≥ − + − + − 0,25

Do đó ( ) ( )22 2 2 2 2 2| | | | | | 2 | | | | | | 6 6 6 2 .x y y z z x x y y z z x x y z x y z− + − + − ≥ − + − + − = + + − + +

Mà suy ra 0,x y z+ + = 2 2 2| | | | | | 6 6 6 .x y y z z x x y z− + − + − ≥ + + 0,25

6 (1,0 điểm)

Suy ra | | | | | | 2 2 23 3 3 6 6 6x y y z z xP x− − −= + + − + + ≥3.y z

Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. 0,25

Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra

.AH HM⊥

0,25

Trang 3/4

Hơn nữa, ta cũng có .AH HM=

Do đó AM = 2 2 ( ,( ))MH d M AN= =3 10 .

2

0,25

A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).

3 102

MA = ⇔ ( ) ( )2 211 7 452

2 2t t− + − =

2

0,25

7.a (1,0 điểm)

⇔ t t2 5 4 0

A B

C D N

M

H P Q

− + = ⇔ t 1= hoặc t 4.= Vậy: (1; 1)A − hoặc (4;5).A

0,25

Véc tơ chỉ phương của d là Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB. (1; 2; 1).a =

Ta có nên tọa độ H có dạng H d∈ ( 1; 2 ; 2) ( 1; 2 ; 1).H t t t IH t t t− + ⇒ = − − 0,25

IH ⊥ AB ⇔ . 0 ⇔ ⇔ IH a = 1 4 1 0t t t− + + − =13

t = ( )2 2 2; ; .3 3 3

IH⇒ = − − 0,25

Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là 2 62 .3

R IA IH= = = 0,25

8.a (1,0 điểm)

Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là 2 2 2 8( ): ( 3) .3

S x y z+ + − = 0,25

15 nn nC C− = 3 ⇔ ( 1)( 2)5

6n n nn − −

= 0,25

⇔ (vì n nguyên dương). 7n = 0,25

Khi đó ( )7 77 72 2 2

14 377 7

0 0

( 1)1 1 1 .14 2 2 2

n k k kkk k

kk k

Cnx x xC xx x x

−−

−= =

−⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞− = − = − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠∑ ∑ 0,25

9.a (1,0 điểm)

Số hạng chứa 5x tương ứng với 14 3 5k− = ⇔ k 3= .

Do đó số hạng cần tìm là 3 3

5 574

( 1) . 35 . 0,25

162C

x x−

=−




Phương trình chính tắc của (E) có dạng: 2 2

2 2 1,x ya b

+ =

với và 2 80a b> > .a = Suy ra a 4.= 0,25

Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (E) và (C) có một giao điểm với tọa độ dạng ( ; ), 0.A t t t >

0,25

A∈(C) ⇔ t t2 2 8,

Trang 4/4

+ = suy ra t 2.= 0,25

7.b (1,0 điểm)

(2;2) ( )A E∈ ⇔ 24 4 1

16 b+ = ⇔ 2 16.b

3=

Phương trình chính tắc của (E) là 2 2

1.16163

x y+ =

0,25

M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2). 0,25

MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t). 0,25

N∈(P) ⇔ ⇔ t3 2 2 2(2 ) 5 0t t t− − − − − + = 2,= suy ra M(3; 2; 4). 0,25

8.b (1,0 điểm)

Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình 1 1:2 3 2

x y z 2− + −∆ = = . 0,25

Đặt ( , ), 1.z a bi a b z= + ∈ ≠ −

Ta có 5( ) 2 (3 2) ( 7 6)1

z i i a b a b iz+

= − ⇔ − − + − + =+

0 0,25

⇔ ⇔ 3 2

7 6a b

a b− − =⎧

⎨ − + =⎩

00

11.

ab=⎧

⎨ =⎩0,25

Do đó Suy ra 1 .z= +i 3 .i2 21 1 1 (1 ) 2w z z i i= + + = + + + + = + 0,25

9.b (1,0 điểm)

Vậy 2 3 13.w i= + = 0,25

x2

2

O

y

A

------------- HẾT -------------




ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 1.2 1

xyx

− +=−

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và

B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng đạt giá trị lớn nhất.

1k k+ 2

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình 2

1 sin 2 cos 2 2 sin sin 2 .1 cot

x x x xx

+ + =+

2. Giải hệ phương trình 2 2 3

2 2 2

5 4 3 2( ) 0( , ).

( ) 2 ( )x y xy y x y

x yxy x y x y

⎧ − + − + =⎪ ∈⎨+ + = +⎪⎩

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4

0

sin ( 1)cos d .sin cos

x x x xI xx x x

π

+ +=+∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho , ,x y z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức .2 3

= + ++ + +x y zP

x y y z z x

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn

Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10.

2 2( ) : 4 2 0.C x y x y+ − − =

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3. ( ) : 2 4 0.P x y z− − + =

Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: 22 .z z= + z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip 2 2

( ): 1.4 1x yE + = Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc

(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu và điểm

. Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.

2 2 2( ) : 4 4 4 0S x y z x y z+ + − − − =(4; 4; 0)A

Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2− + + + − = −z i z i i . ----------- Hết ----------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................





Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM


1. (1,0 điểm)

• Tập xác định: 1\ .2

D ⎧ ⎫= ⎨ ⎬⎩ ⎭

• Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: ( )2

1' 02 1

yx−=−

,< ∀x ∈ D.

Hàm số nghịch biến trên các khoảng 1;2

⎛ ⎞− ∞⎜ ⎟⎝ ⎠

và 1 ; .2

⎛ ⎞⎜ ⎟ + ∞⎝ ⎠

0,25

Giới hạn và tiệm cận: 1lim lim ;2x x

y y→ −∞ → +∞

= = − tiệm cận ngang: 1.2

y = −

1

Trang 1/5

2⎝ ⎠

lim ,x

y−

⎛ ⎞→⎜ ⎟

= − ∞ 12

lim ;x

y+

⎛ ⎞→⎜ ⎟⎝ ⎠

= + ∞ tiệm cận đứng: 1.2

x = 0,25


0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm)

Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = 12 1

xx

− +−

⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = 12

không là nghiệm) ⇔ 2x2 + 2mx – m – 1 = 0 (*). 0,25

∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25

Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có:

k1 + k2 = – 21

1(2 1)x −

– 22

1(2 1)x −

= 2

1 2 1 2 1 22

1 2 1 2

4( ) 8 4( ) 2 .(4 2( ) 1)

x x x x x xx x x x

+ − − + +−− + +

0,25

I (2,0 điểm)

Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2. Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.

0,25

x − ∞ 12

+ ∞ y’ − −

y 12

− 12

−

− ∞

+ ∞

y

x 12

−

12

O 1

(C)

– 1



/5


1. (1,0 điểm)

Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx

0,25

⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25

• cosx = 0 ⇔ x = 2π + kπ, thỏa mãn (*). 0,25

• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + 4π ) = 1 ⇔ x =

4π + k2π, thỏa mãn (*).

Vậy, phương trình có nghiệm: x = 2π + kπ; x =

4π + k2π (k ∈ Z).

0,25

2. (1,0 điểm) 2 2 3

2 2 2

5 4 3 2( ) 0 (1)( ) 2 ( ) (2

x y xy y x yxy x y x y

⎧ − + − + =⎪⎨

+ + = +⎪⎩ ).

Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2.

0,25

• xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).

0,25

• x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 ⇔ 6y – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 ⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.

0,25

II (2,0 điểm)

Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra:

(x; y) = 2 10 10;5 5

⎛ ⎞⎜⎜ hoặc (x; y) = ⎟⎟⎝ ⎠

2 10 10; .5 5

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠

Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), 2 10 10; ,5 5

⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

2 10 10; .5 5

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

I = 4

0

( sin cos ) cos dsin cos

x x x x x xx x x

π

+ ++∫ =

4 4

0 0

cosd dsin cos

x x .x xx x x

π π

++∫ ∫ 0,25

Ta có: 4

0

dx

π

∫ = 40

xπ

= 4π

0,25

và 4

0

cos dsin cos

x x xx x x

π

+∫ = 4

0

d( sin cos )sin cos

x x xx x x

π

++∫ = ( ) 4

0ln sin cosx x x

π

+ 0,25

III (1,0 điểm)

= 2ln Suy ra: I = 1 .2 4

⎛ ⎞π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠ 4π + 2ln 1 .

2 4⎛ ⎞π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

0,25

(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và (ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = = tanAB SBA 2 3 .a

0,25 IV

(1,0 điểm)

Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC.

MN = ,2

BC a= BM = .2

AB a=

Diện tích: SBCNM = 2( ) 3

2 2BC MN BM a+ = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = 31 3

3 BCNMS SA a⋅ = ⋅

0,25

S

A B

C N

M

D H



/5


Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH.

0,25

Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a

⇒ d(AB, SN) = AH = 2 2

. 213

SA AD aSA AD

= ⋅+

39 0,25

Trước hết ta chứng minh: 1 1 2 (*),1 1 1a b ab

+ ≥+ + +

với a và b dương, ab ≥ 1.

Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab ⇔ ( ab – 1)( a – b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.

0,25

Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: 1 1

2 3 1 1

xP z xx yy z

= + ++ + +

≥ 1 2 .32 1y xx y

++ +

Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: zy

= xz

hoặc 1xy

= (1)

0,25

Đặt xy

= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2

2

22 3 1

tt t

+ ⋅+ +

Xét hàm f(t) = 2

2

2 ,2 3 1

tt t

++ +

t ∈ [1; 2]; 3

2 2 2

2 (4 3) 3 (2 1) 9)'( )

(2 3) (1 )t t t t

f tt t

⎡ ⎤− − + − +⎣ ⎦=+ +

< 0.

⇒ f(t) ≥ f(2) = 34 ;33

dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ xy

= 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2).

0,25

V (1,0 điểm)

⇒ P ≥ 34 .33

Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng 34 ;33

khi x = 4, y = 1, z = 2. 0,25

1. (1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90o và MA = MB ⇒ SMAIB = IA.MA

0,25

⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = 2 2IA MA+ = 5. 0,25

M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0

0,25

⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25

2. (1,0 điểm)

VI.a (2,0 điểm)

Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ 2 2 2

2 2 2

2 4 0( 2) ( 1) 9

( 2) ( 3)

x y zx y z

x y z

− − + =⎧⎪ − + + − =⎨⎪ + + + − =⎩ 9

0,25

M

I A

B

∆



/5


⇔ 2 2 2

2 4 02 0

( 2) ( 1)

x y zx y zx y z

⎧ − − + =⎪ + − + =⎨⎪ − + + − =⎩ 9

0,25

⇔ 2

2 23

7 11 4

x yz y

y y

⎧ = −⎪ =⎨⎪ − + =⎩ 0

0,25

⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc 6 4 12; ;7 7 7

.⎞− ⎟⎝ ⎠⎛⎜ Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc 6 4 12; ; .

7 7 7M ⎛−⎜⎝ ⎠

⎞⎟ 0,25

Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: 22z z= + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi 0,25

⇔ a2 – b2 + 2abi = a2 + b2 + a – bi ⇔ 2 2 2 2

2a b a b

ab b⎧ − = + +⎨

= −⎩

a0,25

⇔ 22

(2 1) 0a bb a⎧ = −⎨

+ =⎩0,25

VII.a (1,0 điểm)

⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = 1 1;2 2

⎛⎜ hoặc (a; b) = ⎞− ⎟⎝ ⎠

1 1; .2 2

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

Vậy, z = 0 hoặc z = 12

− + 12

i hoặc z = 12

− – 12

i. 0,25

1. (1,0 điểm) VI.b

Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên:

B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = 24 .x− 0,25

Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x.

Diện tích: SOAB = 21 42

x x− 0,25

= 21 (4 )2

2x x− ≤ 1.

Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. 0,25

Vậy: 22;2

A⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

và 22;2

B⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

hoặc 22;2

A⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

và 22; .2

B⎛ ⎞⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

2. (1,0 điểm)

(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S).

Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = 3

OA = 4 2 .3

0,25

Khoảng cách: d(I, (P)) = 2 2R r− = 2 .3

(P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*). (P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.

0,25

d(I, (P)) = 2 2 2

2( )a b c

a b c

+ +

+ + =

2 2

2

2

c

a c+ ⇒

2 2

2

2

c

a c+ = 2

3 0,25

(2,0 điểm)

⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25

y

x O

A

H

B



/5


Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i

0,25

⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25

⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ 3 3 2

2 2a b

a b− =⎧

⎨ + − = −⎩0,25

VII.b (1,0 điểm)

⇔ 1 ,3

a = 13

b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = 2a b+ 2 = 23

⋅ 0,25

------------- Hết -------------




ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (1 − m)x + m (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều

kiện 2 2 21 2 3x x x+ + < 4.

Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình (1 sin cos 2 )sin

14 cos1 tan 2

x x xx

x

π⎛ ⎞+ + +⎜ ⎟⎝ ⎠ =

+.

2. Giải bất phương trình 21 2( 1

x xx x−

− − + ) ≥ 1.

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = 1 2 2

0

2 d1 2

x x

x

x e x e xe

+ ++∫ .

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a.

Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2

2 2

(4 1) ( 3) 5 2 0

4 2 3 4 7

x x y y

x y x

⎧ + + − − =⎪⎨

+ + − =⎪⎩ (x, y ∈ R).

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 0x y+ = và d2: 3 x y− = 0 . Gọi (T) là

đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết

phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng 32

và điểm A có hoành độ dương.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: 12 1 1

x y z− = =−

2+ và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.

Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết 2( 2 ) (1 2 )z i= + − i . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung

điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: 2 22 3 2

3x y z+ − += = . Tính

khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.

Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = 3(1 3 )

1i

i−

−. Tìm môđun của số phức z + i z.

----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................



/4






1. (1,0 điểm)

Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R.


- Chiều biến thiên: 'y = 3x2 − 4x; '( )y x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 43

.

0,25

Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và 4 ;3

⎛ ⎞+∞⎜ ⎟⎝ ⎠

; nghịch biến trên khoảng 40;3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = 43

; yCT = 527

− .

- Giới hạn: limx

y→−∞

= − ∞ ; limx

y→+∞

= + ∞.

0,25


0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*)

0,25

Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt, khác 1. 0,25

Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*).

Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: 2 2

2 3

0(1) 0

3

g

x x

⎧∆ >⎪

≠⎨⎪ + <⎩

0,25

I (2,0 điểm)

⇔ 1 4 0

01 2 3

mm

m

+ >⎧⎪− ≠⎨⎪ + <⎩

⇔ 14

− < m < 1 và m ≠ 0. 0,25

y 1 +∞

−∞

'y + 0 − 0 +

x −∞ 0 43

+∞

527

−

527

−

O

y

x

43

1

2



/4


1. (1,0 điểm)

Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.

Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin4

x π⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx 0,25

⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = sin cos coscosx x x

x+ ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25

⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 12

0,25

⇔ x = − 6π + k2π hoặc x = 7

6π + k2π (k ∈ Z). 0,25

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: x ≥ 0.

Ta có: 22( 1)x x− + = 2 2( 1) 1x x+ − + > 1, suy ra 1 − 22( 1)x x− + < 0.

Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 22( 1)x x− + ≤ 1 − x + x (1)

0,25

Mặt khác 22( 1)x x− + = 2 22(1 ) 2( )x x− + ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25

(1) ⇔ 22( 1)x x− + = 1 − x + x (3)

Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. + 1 − x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó:

(3) ⇔ 1 − x = x

0,25

II (2,0 điểm)

⇔ 2

1 0

(1 )

x

x x

− ≥⎧⎪⎨

− =⎪⎩ ⇔ 2

1

3 1 0

x

x x

≤⎧⎪⎨

− + =⎪⎩

⇔ x = 3 52− , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.

0,25

I = 1

2

0

d1 2

x

xex x

e⎛ ⎞

+⎜ ⎟⎜ ⎟+⎝ ⎠∫ =

12

0

dx x∫ + 1

0

d1 2

x

xe x

e+∫ . 0,25

Ta có: 1

2

0

dx x∫ = 1

3

0

13

x = 13

0,25

và 1

0

d1 2

x

xe x

e+∫ = 12

1

0

d(1 2 )1 2

x

xe

e++∫ , suy ra: 0,25

III (1,0 điểm)

I = 13

+ 1

0

1 ln(1 2 )2

xe+ = 13

+ 1 1 2ln2 3

e+ = 13

+ 1 1 2ln2 3

e+ . 0,25

• Thể tích khối chóp S.CDNM. SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM

= AB2 − 12

AM.AN − 12

BC.BM

= a2 − 2

8a −

2

4a =

258a .

0,25

VS.CDNM = 13

SCDNM.SH = 35 3

24a . 0,25

IV (1,0 điểm)

• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó: d(DM, SC) = HK.

0,25

A

B C

D

S

N H

K

M



/4


Ta có: HC = 2CD

CN = 2

5a và HK =

2 2

.SH HC

SH HC+ = 2 3

19a , do đó: d(DM, SC) = 2 3

19a . 0,25

Điều kiện: x ≤ 34

; y ≤ 52

.

Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 2y− (1) 0,25

Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 2y− ), với f(t) = (t2 + 1)t.

Ta có 'f (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.

Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 2y− ⇔ 2

0

5 4 .2

x

xy

≥⎧⎪⎨ −

=⎪⎩

0,25

Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x2 + 2

25 22

x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

+ 2 3 4x− −7 = 0 (3).

Nhận thấy x = 0 và x = 34

không phải là nghiệm của (3).

Xét hàm g(x) = 4x2 + 2

25 22

x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

+ 2 3 4x− − 7, trên khoảng 30;4

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

0,25

V (1,0 điểm)

'( )g x = 8x − 8x 25 22

x⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

− 43 4x−

= 4x (4x2 − 3) − 43 4x−

< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.

Mặt khác 12

g ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = 12

; suy ra y = 2.

Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = 1 ; 22

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

0,25

1. (1,0 điểm)

d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = | 3. 3 1.1|3 1. 3 1

−+ +

= 12

và tam giác

OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 . 0,25

Ta có: SABC = 12

AB.AC.sin 60 = 34

(OA.sin 60 ).(OA.tan 60 )

= 3 38

OA2.

Do đó: SABC = 32

, suy ra OA2 = 43

.

0,25

Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: 2 2

3 043

x y

x y

⎧ + =⎪⎨

+ =⎪⎩

⇒ A 1 ; 13

⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠.

Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.

Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: 3 0

3 3 4 0

x y

x y

⎧ − =⎪⎨

− − =⎪⎩ ⇒ C 2 ; 2

3−⎛ ⎞

−⎜ ⎟⎝ ⎠

.

0,25

VI.a (2,0 điểm)

Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I 1 3;22 3

−⎛ ⎞−⎜ ⎟

⎝ ⎠ và bán kính IA = 1.

Phương trình (T): 2 21 3 1

22 3x y⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + + =⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎝ ⎠⎝ ⎠

. 0,25

d2

y

x

C

B O

A

d1

I



/4


2. (1,0 điểm)

Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1).

0,25

Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC = ( )cos ,v n . 0,25

d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC = MC. ( )cos ,v n 0,25

= 6 . | 2 2 1|6. 6− − = 1

6. 0,25

Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25

= 5 + 2 i, suy ra: 0,25

z = 5 − 2 i. 0,25

VII.a (1,0 điểm)

Phần ảo của số phức z bằng: − 2 . 0,25

1. (1,0 điểm)

Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:

4 00

x yx y+ − =⎧

⎨ − =⎩ ⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).

0,25

Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình: x + y + 4 = 0. 0,25

Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB .CE = 0 ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0

0,25

⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6. Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6). 0,25

2. (1,0 điểm)

Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm vectơ chỉ phương. Ta có: MA = (2; −2; 1), ,v MA⎡ ⎤⎣ ⎦ = (7; 2; −10).

0,25

Suy ra: d(A, ∆) = ,v MA

v

⎡ ⎤⎣ ⎦ = 49 4 1004 9 4+ ++ +

= 3. 0,25

Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5. 0,25

VI.b (2,0 điểm)

Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25. 0,25

Ta có: 3(1 3 )i− = − 8. 0,25

Do đó z = 81 i−−

= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i. 0,25

⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i. 0,25

VII.b (1,0 điểm)

Vậy: z iz+ = 8 2 . 0,25 ------------- Hết -------------

• M

∆ B C

A •

H

M

∆

P C

• E d

A

B C H

D




ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):

Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 22 3xyx+

=+

(1).

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại

hai điểm phân biệt A , B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ .OCâu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình ( )( )( )

1 2sin cos3

1 2sin 1 sinx x

x x−

=+ −

.

2. Giải phương trình ( )32 3 2 3 6 5 8 0 .x x x− + − − = ∈ Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân ( )2

3 2

0

cos 1 cosI x

π

= −∫ x dx .

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp có đáy .S ABCD ABCD là hình thang vuông tại A và ;D 2AB AD a= = , ;CD a= góc giữa

hai mặt phẳng và ( )SBC ( )ABCD bằng Gọi là trung điểm của cạnh 60 . I AD . Biết hai mặt phẳng ( )SBI và ( cùng vuông góc với mặt phẳng )SCI ( )ABCD , tính thể tích khối chóp theo .S ABCD .a

Câu V (1,0 điểm) Chứng minh rằng với mọi số thực dương , ,x y z thoả mãn ( ) 3 ,x x y z yz+ + = ta có:

( ) ( ) ( )( )( ) ( )3 3 3 5 3 .x y x z x y x z y z y z+ + + + + + + ≤ + PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho hình chữ nhật ,Oxy ABCD có điểm là giao điểm của hai đường

chéo (6;2)I

AC và BD . Điểm ( )1;5M thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh thuộc đường thẳng . Viết phương trình đường thẳng

CD: 5 0x yΔ + − = AB .

2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz ( ) : 2 2 4 0P x y z− − − = và mặt cầu

( ) 2 2 2: 2 4 6 11 0.S x y z x y z+ + − − − − = Chứng minh rằng mặt phẳng ( )P cắt mặt cầu ( )S theo một đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.

Câu VII.a (1,0 điểm) Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình 1z 2z 2 2 10z z 0+ + = . Tính giá trị của biểu thức 2 2

1 2 .A z z= + B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho đường tròn ,Oxy ( ) 2 2: 4 4 6C x y x y 0+ + + + = và đường thẳng

với m là tham số thực. Gọi là tâm của đường tròn ( Tìm để : 2 3x my mΔ + − + = 0, I ).C m Δ cắt ( )C tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác lớn nhất. IAB

2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz ( ) : 2 2 1P x y z 0− + − = và hai đường thẳng

11 9:

1 1 6x y z+ +

Δ = = , 21 3:

2 11

2x y z− − +

Δ = =−

. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng 1Δ sao cho

khoảng cách từ M đến đường thẳng 2Δ và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( )P bằng nhau. Câu VII.b (1,0 điểm)

Giải hệ phương trình ( ) ( )

( )2 2

2 22 2log 1 log

, .3 81x xy y

x y xyx y

− +

⎧ + = +⎪ ∈⎨=⎪⎩

---------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh................................








1. (1,0 điểm) Khảo sát…

• Tập xác định: 3\ .2

D ⎧ ⎫= −⎨ ⎬⎩ ⎭


- Chiều biến thiên: ( )2

1' 0,2 3

y xx−

= < ∀+

.D∈

Hàm số nghịch biến trên: 3;2

⎛ ⎞−∞ −⎜ ⎟⎝ ⎠

và 3 ;2

⎛ ⎞− +∞⎝ ⎠⎜ ⎟ .

- Cực trị: không có.

0,25

- Giới hạn và tiệm cận: 1lim lim2x x

y y→−∞ →+∞

= = ; tiệm cận ngang: 12

y = .

3 32 2

lim , limx x

y y− +

⎛ ⎞ ⎛ ⎞→ − → −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

= −∞ = +∞ ; tiệm cận đứng: 32

x = − . 0,25


Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…

Tam giác OAB vuông cân tại suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng ,O 1± . 0,25

Gọi toạ độ tiếp điểm là 0 0( ; )x y , ta có: 20

1 1(2 3)x

−= ±

+ ⇔ 0 2x = − hoặc 0 1.x = − 0,25

• , ; phương trình tiếp tuyến 0 1x = − 0 1y = y x= − (loại). 0,25

I (2,0 điểm)

• , ; phương trình tiếp tuyến 0 2x = − 0 0y = 2y x= − − (thoả mãn). Vậy, tiếp tuyến cần tìm: 2.y x= − −

x −∞ 32

− +∞ y' − −

y 12

−∞

+∞

12

y

xO

12

y =

32

x = −

0,25



/4


1. (1,0 điểm) Giải phương trình…

Điều kiện: sin 1x ≠ và 1sin2

x ≠ − (*). 0,25

Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 2sin )cos 3(1 2sin )(1 sin )x x x− = + − x

⇔ cos 3sin sin 2 3 cos 2x x x− = + x ⇔ cos cos 23 6

x xπ π⎛ ⎞ ⎛+ = −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

0,25

⇔ 22

x kπ π= + hoặc 2 .18 3

x kπ π= − + 0,25

Kết hợp (*), ta được nghiệm: ( )218 3

x k kπ π= − + ∈ . 0,25

2. (1,0 điểm) Giải phương trình…

Đặt 3 3 2u x= − và 6 5 , 0v x v= − ≥ (*). Ta có hệ: 3 2

2 3 85 3

u vu v+ =⎧

⎨8+ =⎩

0,25

⇔ 3 2

8 23

15 4 32 40 0

uv

u u u

−⎧ =⎪⎨⎪ + − + =⎩

⇔ 2

8 23

( 2)(15 26 20) 0

uv

u u u

−⎧ =⎪⎨⎪ + − + =⎩

0,25

⇔ u và v (thoả mãn). 2= − = 4 0,25

II (2,0 điểm)

Thế vào (*), ta được nghiệm: 2.x = − 0,25

Tính tích phân…

2 25 2

0 0

cos cos .I xdx x

π π

= −∫ ∫

III

dx 0,25

Đặt t x sin , cos ;

(1,0 điểm)

dt x= = dx 0, 0; , 1.2

x t x tπ= = = =

( ) ( )112 2 2 25 2 2 3 5

10 0 0 0

2 1 8cos 1 sin cos 1 .3 5 15

I xdx x xdx t dt t t t

π π

⎛ ⎞= = − = − = − + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ ∫

0,50

( )2 2 2

22

0 0 0

1 1 1cos 1 cos 2 sin 2 .2 2 2 4

I x dx x dx x x

π π π

π⎛ ⎞= = + = + =⎜ ⎟⎝ ⎠∫ ∫ Vậy 1 2

8 .15 4

I I I π 0,25 = − = −

Tính thể tích khối chóp... ( ) (SIB ABCD)⊥ và ( ) ( )SIC ABCD ;⊥ suy ra ( )SI ABCD⊥ .

Kẻ IK BC⊥ ( )K BC∈ ⇒ ( )BC SIK⊥ ⇒ SKI = 60 . 0,50

Diện tích hình thang :ABCD 23 .ABCDS a=

Tổng diện tích các tam giác ABI và bằng CDI23 ;

2a suy ra

23 .2IBCaSΔ =

0,25

IV (1,0 điểm)

( )2 2 5BC AB CD AD a= − + = ⇒ 2 3 5

5IBCS aIK

BCΔ= = ⇒ 3 15.tan .

S

A B

5aSI IK SKI= =

Thể tích khối chóp . :S ABCD31 3 1. .

3 5ABCDa5SI= =V S

0,25

I

C D K



/4


Chứng minh bất đẳng thức…

Đặt và ,a x y b x z= + = + .c y z= +

Điều kiện ( ) 3x x y z yz+ + = trở thành: c 2 2 2 .a b ab= + −

a b abc c+ + ≤ , ,a b cBất đẳng thức cần chứng minh tương đương:

3 3 33 5 ; dương thoả mãn điều kiện trên.

0,25

2 2 2c a b ab= + − 2( ) 3a b ab= + − 2 23( ) ( )4

a b a b≥ + − + = 21 ( )4

a b+ ⇒ (1). 2a b c+ ≤ 0,25

3 3 33 5a b abc c+ + ≤ 3( ) 3 5a b a b ab abc c+ + − + ≤

.

⇔ ( ) 2 2

⇔ 2 3( ) 3 5a b c abc c+ + ≤

⇔ 2( ) 3 5a b c ab c+ + ≤0,25

V (1,0 điểm)

(1) cho ta: ( ) và 22a b c c+ ≤ 23 2) 3 ;4

ab a b c≤ + ≤3 ( từ đây suy ra điều phải chứng minh.

Dấu bằng xảy ra khi: .a b c= = ⇔ x y z= = 0,25

1. (1,0 điểm) Viết phương trình ...AB

Gọi N đối xứng với M qua suy ra ,I ( )11; 1N − và N thuộc đường thẳng .CD 0,25

VI.a (2,0 điểm)

E∈Δ ⇒ ( );5 ;E x x− ( )6;3IE x x= − − và ( 11;6 )NE x x= − − .E là trung điểm ⇒ CD .IE EN⊥

. 0IE EN = ⇔ ( 6)( 11) (3 )(6 ) 0x x x x− − + − − = ⇔ 6x = hoặc 7.x =

0,25

• 6x = ⇒ ( )0; 3 ;IE = − phương trình : 5 0AB y .− = 0,25

• 7x = ⇒ ( )1; 4 ;IE = − phương trình : 4 19 0.AB x y− + = 0,25

2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính… ( )P ( ),S

( )S có tâm bán kính (1;2;3),I 5.R =

Khoảng cách từ đến I ( ) :P ( ), ( )d I P =2 4 3 4

33

;R− − −

= < suy ra đpcm. 0,25

Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H r

H là hình chiếu vuông góc của trên I ( ) :P ( ),( ) 3,IH d I P= = 2 2 4.r R IH= − = 0,25

Toạ độ thoả mãn: ( ; ; )H x y z=

1 22 23

2 2 4 0

x ty tz t

x y z

= +⎧⎪ = −⎪⎨ = −⎪⎪ .− − − =⎩

0,25

Giải hệ, ta được (3; 0; 2).H 0,25

Tính giá trị của biểu thức…

236 36 ,iΔ = − = 1 1 3z i= − + và 2 1 3 .z i= − − 0,25

VII.a (1,0 điểm)

2 21| | ( 1) 3 10z = − + = và 2 2

2| | ( 1) ( 3) 10.z = − + − = 0,50

M B A I

C D E N



/4


2 21 2| | | | 20.A z z= + = 0,25

1. (1,0 điểm) Tìm ...m

( )C có tâm bán kính ( 2; 2),I − − 2.R = 0,25

Diện tích tam giác :IAB 1 . .sin2

S IA IB AIB= ≤ 21 1;2

R = lớn nhất khi và chỉ khi S .IA IB⊥ 0,25

Khi đó, khoảng cách từ đến I :Δ ( , ) 12

Rd I Δ = = ⇔ 2

2 2 2 31

1

m m

m

− − − +=

+ 0,25

⇔ ( ) hoặc 2 21 4 1m m− = + ⇔ 0m = 815

m = . 0,25

2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ...M

2Δ qua và có vectơ chỉ phương (1;3; 1)A − (2;1; 2).u = −

1M ∈Δ ⇒ ( 1 ; ; 9 6 ).M t t t− + − +

(2 ;3 ;8 6 ),MA t t t , (8 14;20 14 ; 4)MA u t t t⎡ ⎤= − − − = − − −⎣ ⎦ ⇒ ,MA u⎡ ⎤⎣ ⎦23 29 88 68.t t= − +

0,25

Khoảng cách từ M đến 2 :Δ 22

,( , ) 29 88 68.

MA ud M t t

u

⎡ ⎤⎣ ⎦Δ = = − +

Khoảng cách từ M đến ( ) :P ( )( )22 2

1 2 12 18 1 11 20,( ) .

31 2 2

t t t td M P

− + − + − − −= =

+ − +

0,25

2 11 2029 88 68

3t

t t−

− + = ⇔ 235 88 53 0t t− + = ⇔ 1t = hoặc 53 .35

t = 0,25

VI.b (2,0 điểm)

1t = ⇒ (0;1; 3);M −5335

t = ⇒ 18 53 3; ;35 35 35

M ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

. 0,25

Giải hệ phương trình… VII.b

Với điều kiện (*), hệ đã cho tương đương: 0xy >2 2

2 2

24

x y xyx xy y

⎧ + =⎪⎨

− + =⎪⎩ 0,25

(1,0 điểm)

2 4x yy=⎧

⎨=⎩ 2.

x yy=⎧

⎨ = ±⎩ ⇔ ⇔ 0,50

( ; ) (2;2)x y = ( ; ) ( 2; 2).x y = − −Kết hợp (*), hệ có nghiệm: và 0,25

-------------Hết-------------




ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 2 2mx (3m 2)x 2y (1),

x 3m+ − −=

+ với m là tham số thực.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= . 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng o45 .

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình 1 1 7π4s in x .3πs inx 4sin x2

⎛ ⎞+ = −⎜ ⎟⎛ ⎞ ⎝ ⎠−⎜ ⎟⎝ ⎠

2. Giải hệ phương trình ( )2 3 2

4 2

5x y x y xy xy4 x, y .

5x y xy(1 2x)4

⎧ + + + + = −⎪⎪ ∈⎨⎪ + + + = −⎪⎩

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm ( )A 2;5;3 và đường thẳng

x 1 y z 2d : .2 1 2− −= =

1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất.

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân

π46

0

tg xI dx.cos 2x

= ∫

2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt : 4 42x 2x 2 6 x 2 6 x m+ + − + − = (m ).∈

PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________ Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng

(E) có tâm sai bằng 53

và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.

2. Cho khai triển ( )n n0 1 n1 2x a a x ... a x ,+ = + + + trong đó *n ∈ và các hệ số 0 1 na ,a ,..., a

thỏa mãn hệ thức 1 n0 n

a aa ... 4096.2 2

+ + + = Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,..., a .

Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) 1. Giải phương trình 2 2

2x 1 x 1log (2x x 1) log (2x 1) 4.− ++ − + − = 2. Cho lăng trụ ABC.A 'B'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA ' , B 'C ' .

...........................Hết...........................

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:........................................................ Số báo danh:...............................................

ĐỀ CHÍNH THỨC



/5


ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008

Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)

Câu Nội dung Điểm I 2,00

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m = 1 hàm số trở thành:2x x 2 4y x 2 .x 3 x 3+ −= = − +

+ +

• TXĐ: { }D \ 3 .= −

• Sự biến thiên:2

2 2

4 x 6x 5y ' 1 ,(x 3) (x 3)

+ += − =+ +

x 1

y ' 0x 5

= −⎡= ⇔ ⎢ = −⎣

• yCĐ ( )y 5 9= − = − , yCT ( )y 1 1.= − = −

0,25

• TCĐ: x 3= − , TCX: y x 2.= − 0,25

• Bảng biến thiên:

0,25

•Đồ thị:

0,25

2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) 2 2mx (3m 2)x 2 6m 2y mx 2 .

x 3m x 3m+ − − −= = − +

+ +

• Khi 1m3

= đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận. 0,25

• Khi 1m3

≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :

d1: x 3m x 3m 0,= − ⇔ + = d2: y mx 2 mx y 2 0.= − ⇔ − − = 0,25

Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là 1n (1;0)= , 2n (m; 1).= −

Góc giữa d1 và d2 bằng o45 khi và chỉ khi

1 20

2 21 2

n .n m m 2cos45 m 1.2n . n m 1 m 1

= = ⇔ = ⇔ = ±+ +

0,50

x −∞ 5− 3− 1− +∞ y’ + 0 − − 0 +

y

−∞ −∞

+∞ +∞

1−

9−

-3 -1

O -1

-9

-5

y

x 2 -2



/5

II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện sin x 0≠ và 3πsin(x ) 0.2

− ≠

Phương trình đã cho tương đương với: 1 1 2 2(s inx + cosx)s inx cosx

+ = −

⇔ 1(s inx + cosx) 2 2 0.s inxcosx

⎛ ⎞+ =⎜ ⎟⎝ ⎠

0,50

• s inx + cosx 0 x k .4π= ⇔ = − + π

• 1 2 2s inxcosx

+ = 0 2sin 2x x k2 8

π⇔ = − ⇔ = − + π hoặc 5x k .8π= + π

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :

x k ;4π= − + π 5x k ; x k (k ).

8 8π π= − + π = + π ∈

0,50

2 Giải hệ... (1,00 điểm)

2 3 2

4 2

5x y x y xy xy4

5x y xy(1 2x)4

⎧ + + + + = −⎪⎪⎨⎪ + + + = −⎪⎩

( )2 2

2 2

5x y xy xy x y4

5(x y) xy4

⎧ + + + + = −⎪⎪⇔ ⎨⎪ + + = −⎪⎩

( )∗

Đặt 2u x y

v xy⎧ = +⎨

=⎩. Hệ phương trình ( )∗ trở thành

2

5u v uv4

5u v4

⎧ + + = −⎪⎪⎨⎪ + = −⎪⎩

2

3 2

5 5v u u 0, v4 4

u 1 3u u 0 u , v .4 2 2

⎧ ⎡= − − = = −⎪ ⎢⎪⇔ ⇔ ⎢⎨⎢⎪ + + = = − = −⎢⎪⎩ ⎣

0,50

• Với u = 0, 5v4

= − ta có hệ pt

2x y 05xy4

⎧ + =⎪⎨

= −⎪⎩

⇔ 35x4

= và 325y16

= − .

• Với 1 3u , v2 2

= − = − ta có hệ phương trình

2 33 1x 0 2x x 3 02x 2

33 yy 2x2x

⎧ ⎧− + = + − =⎪⎪ ⎪⇔⎨ ⎨= −⎪ ⎪= − ⎩⎪⎩

⇔ x 1= và 3y .2

= −

Hệ phương trình có 2 nghiệm : 3 35 25;4 16

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎜ ⎟

⎝ ⎠ và 31; .

2⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

0,50

III 2,00 1 Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( )u 2;1;2 . Gọi H là hình chiếu vuông góc

của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH (2t 1; t 5;2t 1).= − − − 0,50

Vì AH ⊥ d nên AH. u 0= ⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.

Suy ra ( )H 3;1;4 . 0,50



/5

2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa d sao cho... (1,00 điểm)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ).α Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.

0,50

Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH = (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến. Phương trình của ( )α là

1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0− − − + − = ⇔ x 4y z 3 0.− + − =

0,50

IV 2,00 1 Tính tích phân... (1,00 điểm)

I = ( )

π π4 46 6

2 20 0

tg x tg xdx dx.cos 2x 1 tg x cos x

=−∫ ∫

Đặt 2

dxt tgx dt .cos x

= ⇒ = Với x 0= thì t 0= ; với x6π= thì 1t .

3=

0,25

Suy ra 13 4

20

tI dt1 t

=−∫ ( )

1 13 3

2

0 0

1 1 1t 1 dt dt2 t 1 t 1

⎛ ⎞= − + + −⎜ ⎟+ −⎝ ⎠∫ ∫3 1

t 1 t 1t ln 33 2 t 1

0

⎛ ⎞+= − − +⎜ ⎟−⎝ ⎠ 0,50

( )1 10ln 2 3 .2 9 3

= + − 0,25

2 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm)

Điều kiện: 0 x 6≤ ≤ . Đặt vế trái của phương trình là f (x) , [ ]x 0; 6 .∈

Ta có 3 34 4

1 1 1 1f '(x)2x 6 x2 (2x) 2 (6 x)

= + − −−−

3 34 4

1 1 1 1 12 2x 6 x(2x) (6 x)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − + −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠, x (0;6).∈

Đặt 3 34 4

1 1 1 1u(x) , v(x) .2x 6 x(2x) (6 x)

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟= − = −⎜ ⎟⎜ ⎟ −⎝ ⎠−⎝ ⎠

Ta thấy ( ) ( )u 2 v 2 0= = ⇒ f '(2) 0.= Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên

khoảng ( )0;2 và cùng âm trên khoảng ( )2;6 .

0,50

Ta có bảng biến thiên:

Suy ra các giá trị cần tìm của m là: 42 6 2 6 m 3 2 6.+ ≤ < +

0,50

f’(x) + 0 − x 0 2 6

f(x) 3 2 6+

42 6 2 6+ 4 12 2 3+



/5

V.a 2,00

1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm)

Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là: 2 2

2 2

x y 1a b

+ = , a b 0.> >

Từ giả thiết ta có hệ phương trình: ( )2 2 2

c 5a 32 2a 2b 20

c a b .

⎧=⎪

⎪⎪ + =⎨⎪ = −⎪⎪⎩

0,50

Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.

Phương trình chính tắc của (E) là 2 2x y 1.

9 4+ =

0,50

2 Tìm số lớn nhất trong các số 0 1 na ,a ,..., a ... (1,00 điểm)

Đặt ( ) ( )n n0 1 nf x 1 2x a a x ... a x= + = + + + n1 n

0 n

a a 1a ... f 2 .2 2 2

⎛ ⎞⇒ + + + = =⎜ ⎟⎝ ⎠

Từ giả thiết suy ra n 122 4096 2= = n 12.⇔ = 0,50

Với mọi { }k 0,1, 2,...,11∈ ta có k kk 12a 2 C= , k 1 k 1

k 1 12a 2 C+ ++ =

k kk 12

k 1 k 1k 1 12

a 2 C1 1a 2 C+ +

+

< ⇔ < ( )k 1 1

2 12 k+⇔ <−

23k .3

⇔ <

Mà k ∈ k 7.⇒ ≤ Do đó 0 1 8a a ... a .< < <

Tương tự, k

k 1

a 1 k 7.a +

> ⇔ > Do đó 8 9 12a a ... a .> > >

Số lớn nhất trong các số 0 1 12a ,a ,..., a là 8 88 12a 2 C 126720.= =

0,50

V.b 2,00

1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm))

Điều kiện: 1x2

> và x 1.≠

Phương trình đã cho tương đương với 2

2x 1 x 1log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4− +− + + − =

2x 1 x 11 log (x 1) 2log (2x 1) 4.− +⇔ + + + − =

Đặt 2x 1t log (x 1),−= + ta có 2 t 12t 3 t 3t 2 0t 2.t

=⎡+ = ⇔ − + = ⇔ ⎢ =⎣

0,50

• Với 2x 1t 1 log (x 1) 1 2x 1 x 1 x 2.−= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔ =

• Với −

=⎡⎢= ⇔ + = ⇔ − = + ⇔⎢ =⎣

22x 1

x 0 (lo¹i)t 2 log (x 1) 2 (2x 1) x 1 5

x (tháa m·n)4

Nghiệm của phương trình là: x 2= và 5x .4

=

0,50



/5

2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm)

Gọi H là trung điểm của BC.

Suy ra A 'H ⊥ (ABC) và AH = 12

BC = 2 21 a 3a a.2

+ =

Do đó 2 2 2A 'H A 'A AH= − 23a= A 'H a 3.⇒ =

Vậy 3

A'.ABC ABC1 aV A'H.S3 2Δ= = (đvtt).

0,50

Trong tam giác vuông A 'B'H có: 2 2HB' A 'B' A 'H 2a= + = nên tam giác B'BH cân tại B '.

Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì B 'BHϕ =

Vậy a 1cos2.2a 4

ϕ = = .

0,50

Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.

-------------Hết-------------

C A

B

B'

A '

H

C '




ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH

Câu I (2 điểm)

Cho hàm số 2 2x 2(m 1)x m 4my (1),

x 2+ + + +=

+ m là tham số.

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= − . 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc tọa

độ O tạo thành một tam giác vuông tại O.

Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: ( ) ( )2 21 sin x cos x 1 cos x sin x 1 sin 2x.+ + + = +

2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực: 4 23 x 1 m x 1 2 x 1.− + + = −

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng

1x y 1 z 2d :2 1 1

− += =−

và 2

x 1 2td : y 1 t

z 3.

= − +⎧⎪ = +⎨⎪ =⎩

1. Chứng minh rằng 1d và 2d chéo nhau. 2. Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng ( )P : 7x y 4z 0+ − = và cắt hai đường

thẳng 1d , 2d .

Câu IV (2 điểm) 1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: ( )y e 1 x,= + ( )xy 1 e x.= +

2. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

2 2 2x (y z) y (z x) z (x y)Py y 2z z z z 2x x x x 2y y

+ + += + + ⋅+ + +

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b

Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là

chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N.

2. Chứng minh rằng: 2n

1 3 5 2n 12n 2n 2n 2n

1 1 1 1 2 1C C C ... C2 4 6 2n 2n 1

− −+ + + + =+

( n là số nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải bất phương trình: 3 1

3

2 log (4x 3) log (2x 3) 2.− + + ≤

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.

---------------------------Hết--------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………số báo danh: ……………………………….



1/4


ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007

Môn: TOÁN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)

Câu Nội dung Điểm I 2,00

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)

Khi m 1= − ta có 2x 3 1y x 2

x 2 x 2−

= = − ++ +

.

• Tập xác định: D = \{ 2}− . • Sự biến thiên:

2

2 2

1 x 4x 3y ' 1(x 2) (x 2)

+ += − =

+ +,

x 3y ' 0

x 1.= −⎡

= ⇔ ⎢ = −⎣

0,25

Bảng biến thiên: yCĐ = ( ) ( )CTy 3 6, y y 1 2.− = − = − = −

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2. 0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm)

( )

2 2

2x 4x 4 my '

x 2+ + −

=+

.

Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔ ( ) 2 2g x x 4x 4 m= + + − có 2 nghiệm

phân biệt x ≠ −2 ( )

2

2

' 4 4 m 0g 2 4 8 4 m 0

⎧∆ = − + >⎪⇔⎨− = − + − ≠⎪⎩

⇔ m ≠ 0.

0,50

x − ∞ −3 −2 −1 + ∞

y' + 0 − − 0 +

y −6 + ∞ + ∞

−∞ − ∞ −2

x

y − 3

− 6

−2

O −1−2



2/4

Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒ ( )A 2 m; 2− − − , ( )B 2 m;4m 2− + − .

Do ( )OA m 2; 2 0= − − − ≠ , ( )OB m 2;4m 2 0= − − ≠ nên ba điểm O, A, B

tạo thành tam giác vuông tại O ⇔ 2OA.OB 0 m 8m 8 0= ⇔ − − + = ⇔ m 4 2 6= − ± (thỏa mãn m ≠ 0). Vậy giá trị m cần tìm là: m 4 2 6= − ± .

0,50


Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2 ⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0. 0,50

⇔ π πx kπ, x k2π, x k2π4 2

= − + = + = (k ∈Z ). 0,50

2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)

Điều kiện: x 1≥ . Phương trình đã cho ⇔ 4x 1 x 13 2 m (1).x 1 x 1− −

− + =+ +

Đặt 4x 1tx 1−

=+

, khi đó (1) trở thành 23t 2t m (2).− + =

0,50

Vì 4 4x 1 2t 1x 1 x 1−

= = −+ +

và x 1≥ nên 0 t 1.≤ <

Hàm số 2f (t) 3t 2t, 0 t 1= − + ≤ < có bảng biến thiên:

Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔ 11 m3

− < ≤ .

0,50

III 2,00 1 Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm)

+) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương 1u = (2; −1; 1),

d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương 2u = (2; 1; 0). 0,25

+) 1 2[u , u ]= (−1; 2; 4) và MN = (−1; 0; 5). 0,50

+) 1 2[u , u ] . MN = 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau. 0,25

2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên

A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).− − + − + +

⇒ AB = (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5).

0,25

(P) có véctơ pháp tuyến n = (7; 1; − 4). AB ⊥ (P) ⇔ AB cùng phương với n

0,25

⇔ 2t 2s 1 t s s 57 1 4

− − + − += =

− ⇔

5t 9s 1 04t 3s 5 0+ + =⎧

⎨ + + =⎩ ⇔

s 1t 2=⎧

⎨ = −⎩

⇒ ( ) ( )A 2;0; 1 , B 5; 1;3 .− − − 0,25

Phương trình của d là: x 2 y z 17 1 4− +

= =−

. 0,25

1 1/3 0

f(t)

t

0

1/3

-1



3/4

IV 2,00 1 Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là: (e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. 0,25

Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S = 1

x

0

xe ex dx−∫ =1 1

x

0 0

e xdx xe dx.−∫ ∫ 0,25

Ta có: 1

0

e xdx∫ = 2 1ex

02 = e

2,

1 1x x x

0 0

1xe dx xe e dx

0= −∫ ∫ = x 1

e e 10

− = .

Vậy eS 12

= − (đvdt). 0,50

2 Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) Ta có: 2x (y z)+ 2x x≥ . Tương tự, 2y (z x)+ ≥ 2y y , 2z (x y)+ ≥ 2z z . 0,25

⇒ 2y y2x x 2z zP

y y 2z z z z 2x x x x 2y y≥ + +

+ + +.

Đặt a = x x 2y y+ , b = y y 2z z+ , c = z z 2x x+ .

Suy ra: 4c a 2bx x9

+ −= , 4a b 2cy y

9+ −

= , 4b c 2az z9

+ −= .

0,25

Do đó 2 4c a 2b 4a b 2c 4b c 2aP9 b c a

+ − + − + −⎛ ⎞≥ + +⎜ ⎟⎝ ⎠

2 c a b a b c4 69 b c a b c a⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + + + + + −⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

≥ ( )2 4.3 3 6 2.9

+ − =

(Do c a bb c a+ + = c a

b c⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

+ b 1a

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

− 1 ≥ 2 ab

+ 2 ba

− 1 ≥ 4 − 1 = 3,

hoặc c a bb c a+ + ≥ 3

c a b3b c a⋅ ⋅ = 3. Tương tự, a b c

b c a+ + ≥ 3).

0,25

Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2. 0,25 V.a 2,00

1 Viết phương trình đường tròn (1,00 điểm)

Ta có M(−1; 0), N(1; −2), AC = (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có:

BH ACH AC⎧ ⊥⎪⎨

∈⎪⎩⇔

4(x 2) 4(y 2) 04x 4(y 2) 0

+ − + =⎧⎨ + − =⎩

⇔ x 1y 1=⎧

⎨ =⎩ ⇒ H(1; 1).

0,25

Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: 2 2x y 2ax 2by c 0+ + + + = (1). 0,25 Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:

2a c 12a 4b c 52a 2b c 2.

− =⎧⎪ − + = −⎨⎪ + + = −⎩

0,25

1a2

1b2

c 2.

⎧ = −⎪⎪⎪⇔ =⎨⎪

= −⎪⎪⎩

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: 2 2x y x y 2 0.+ − + − =

0,25



4/4

2 Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: ( )2n 0 1 2n 2n

2n 2n 2n1 x C C x ... C x ,+ = + + + ( )2n 0 1 2n 2n2n 2n 2n1 x C C x ... C x− = − + +

( ) ( ) ( )2n 2n 1 3 3 5 5 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n1 x 1 x 2 C x C x C x ... C x .− −⇒ + − − = + + + +

( ) ( ) ( )1 12n 2n

1 3 3 5 5 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n

0 0

1 x 1 xdx C x C x C x ... C x dx

2− −+ − −

⇒ = + + + +∫ ∫

0,50

• ( ) ( ) ( ) ( )( )

1 2n 2n 2n 1 2n 1

0

11 x 1 x 1 x 1 xdx

02 2 2n 1

+ ++ − − + + −=

+∫ = 2n2 1

2n 1−+

(1)

• ( )1

1 3 3 5 5 2n 1 2n 12n 2n 2n 2n

0

C x C x C x ... C x dx− −+ + + +∫

12 4 6 2n

1 3 5 2n 12n 2n 2n 2n

0

x x x xC . C . C . ... C .2 4 6 2n

−⎛ ⎞= + + + +⎜ ⎟⎝ ⎠

1 3 5 2n 12n 2n 2n 2n

1 1 1 1C C C ... C2 4 6 2n

−= + + + (2).

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.

0,50

V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)

Điều kiện: x > 34

. Bất phương trình đã cho ⇔ 2

3(4x 3)log

2x 3−+

≤ 2 0,25

⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3) 0,25

⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ − 38

≤ x ≤ 3. 0,25

Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là: 34

< x ≤ 3. 0,25

2 Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm) Gọi H là trung điểm của AD. Do SAD∆ đều nên SH AD.⊥ Do ( ) ( )SAD ABCD⊥ nên

( )SH ABCD⊥

( )SH BP 1 .⇒ ⊥ Xét hình vuông ABCD ta có

CDH BCP∆ = ∆ ⇒ ( )CH BP 2 .⊥ Từ (1) và (2)

suy ra ( )BP SHC .⊥ Vì MN // SC và AN // CH nên ( ) ( )AMN // SHC . Suy ra

( )BP AMN⊥ ⇒ BP AM.⊥

0,50

Kẻ ( ) ( )MK ABCD , K ABCD .⊥ ∈ Ta có: CMNP CNP1V MK.S .3

=

Vì 2

CNP1 a 3 1 aMK SH , S CN.CP2 4 2 8

= = = = nên 3

CMNP3aV96

= (đvtt). 0,50

NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.

----------------Hết----------------

A

S

D C

B

H

M

N

P

K




ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2y 2x 9x 12x 4.= − + −

2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt: 3 22 x 9x 12 x m.− + = Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: ( )6 62 cos x sin x sin x cos x

0.2 2sin x

+ −=

−

2. Giải hệ phương trình: ( )x y xy 3

x, y .x 1 y 1 4

⎧ + − =⎪ ∈⎨+ + + =⎪⎩

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A 'B'C 'D ' với

( ) ( ) ( ) ( )A 0; 0; 0 , B 1; 0; 0 , D 0; 1; 0 , A ' 0; 0; 1 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB và CD . 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'C và MN. 2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A 'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α

biết 1cos .6

α =

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân: 2

2 20

sin 2xI dx.cos x 4sin x

π

=+

∫

2. Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thay đổi và thỏa mãn điều kiện: ( ) 2 2x y xy x y xy+ = + − .

Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 31 1A .x y

= +

PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng:

1 2 3d : x y 3 0, d : x y 4 0, d : x 2y 0.+ + = − − = − = Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng 3d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng

1d bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng 2d .

2. Tìm hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Niutơn của n

74

1 x ,x

⎛ ⎞+⎜ ⎟⎝ ⎠

biết

rằng 1 2 n 202n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1.+ + ++ + + = −

(n nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử)

Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) 1. Giải phương trình: x x x x3.8 4.12 18 2.27 0.+ − − = 2. Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O ' , bán kính đáy bằng chiều cao và

bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B sao cho AB 2a.= Tính thể tích của khối tứ diện OO 'AB.

---------------------------------------Hết--------------------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .......................................................... số báo danh: ..................................



1/5


ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

Môn: TOÁN, khối A

(Đáp án - Thang điểm gồm 05 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) y = 3 22x 9x 12x 4.− + − • TXĐ: . • Sự biến thiên: ( )2y ' 6 x 3x 2= − + , y ' 0 x 1, x 2.= ⇔ = =

0,25


+_++∞

-∞

0

1

0

021 +∞-∞

y

y'x

yCĐ = ( ) ( )CTy 1 1, y y 2 0.= = =

0,50

• Đồ thị:

O

−4

1

1

2 x

y

0,25

2 Tìm m để phương trình có 6 nghiệm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 3 22 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 2y 2 x 9 x 12 x 4= − + − với đường thẳng y m 4.= −

0,25

Hàm số 3 2y 2 x 9 x 12 x 4= − + − là hàm chẵn, nên đồ thị nhận Oy làm trục đối xứng.

0,25



2/5

Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số: 3 2y 2 x 9x 12 x 4= − + −

0,25

Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi: 0 m 4 1 4 m 5.< − < ⇔ < <

0,25


Điều kiện: ( )2sin x 1 .2

≠

Phương trình đã cho tương đương với:

( )6 6 23 12 sin x cos x sin x cos x 0 2 1 sin 2x sin 2x 04 2

⎛ ⎞+ − = ⇔ − − =⎜ ⎟⎝ ⎠

23sin 2x sin 2x 4 0⇔ + − =

0,50 sin 2x 1⇔ =

( )x k k .4π⇔ = + π ∈

0,25

Do điều kiện (1) nên: ( )5x 2m m .4π= + π ∈

0,25

2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện: x 1, y 1, xy 0.≥ − ≥ − ≥ Đặt ( )t xy t 0 .= ≥ Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra: x y 3 t.+ = +

0,25

Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được: ( )x y 2 2 xy x y 1 16 2+ + + + + + = .

Thay 2xy t , x y 3 t= + = + vào (2) ta được: 2 23 t 2 2 t 3 t 1 16 2 t t 4 11 t+ + + + + + = ⇔ + + = −

0,25

( ) ( )22 2

0 t 11 0 t 11t 3

4 t t 4 11 t 3t 26t 105 0

≤ ≤⎧ ≤ ≤⎧⎪⇔ ⇔ ⇔ =⎨ ⎨+ + = − + − =⎩⎪⎩

0,25

Với t 3= ta có x y 6, xy 9.+ = = Suy ra, nghiệm của hệ là (x; y) (3;3).= 0,25

O

−4

1

1

2 x −1 −2

y = m − 4

y



3/5

III 2,00 1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'C và MN (1,00 điểm)

Gọi ( )P là mặt phẳng chứa A 'C và song song với MN . Khi đó:

( ) ( )( )d A 'C, MN d M, P .=

0,25

Ta có: ( ) 1 1C 1;1;0 ,M ;0;0 , N ;1;02 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

( ) ( )A 'C 1;1; 1 ,MN 0; 1; 0= − =

( )1 1 1 1 1 1A 'C, MN ; ; 1;0;1 .

1 0 0 0 0 1⎛ − − ⎞⎡ ⎤ = =⎜ ⎟⎣ ⎦ ⎝ ⎠

0,25 Mặt phẳng ( )P đi qua điểm ( )A ' 0;0;1 , có vectơ pháp tuyến ( )n 1;0;1 ,= có

phương trình là: ( ) ( ) ( )1. x 0 0. y 0 1. z 1 0 x z 1 0.− + − + − = ⇔ + − =

0,25

Vậy ( ) ( )( )2 2 2

1 0 112d A 'C, MN d M, P .

2 21 0 1

+ −= = =

+ +

0,25

2 Viết phương trình mặt phẳng (1,00 điểm) Gọi mặt phẳng cần tìm là ( ) ( )2 2 2Q : ax by cz d 0 a b c 0 .+ + + = + + >

Vì ( )Q đi qua ( )A ' 0;0;1 và ( )C 1;1;0 nên: c d 0

c d a b.a b d 0

+ =⎧⇔ = − = +⎨ + + =⎩

Do đó, phương trình của ( )Q có dạng: ( ) ( )ax by a b z a b 0.+ + + − + = .

0,25

Mặt phẳng ( )Q có vectơ pháp tuyến ( )n a;b;a b= + , mặt phẳng Oxy có

vectơ pháp tuyến ( )k 0;0;1= .

Vì góc giữa ( )Q và Oxy là α mà 1cos6

α = nên ( ) 1cos n,k6

=

0,25

( )22 2

a b 16a b a b

+⇔ =

+ + + ( ) ( )2 2 26 a b 2 a b ab⇔ + = + +

a 2b⇔ = − hoặc b 2a.= −

0,25

Với a 2b= − , chọn b 1,= − được mặt phẳng ( )1Q : 2x y z 1 0.− + − =

Với b 2a= − , chọn a 1,= được mặt phẳng ( )2Q : x 2y z 1 0.− − + =

0,25

IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm)

Ta có: 2 2

2 2 20 0

sin 2x sin 2xI dx dx.cos x 4sin x 1 3sin x

π π

= =+ +∫ ∫

Đặt 2t 1 3sin x dt 3sin 2xdx.= + ⇒ =

0,25

Với x 0= thì t 1= , với x2π= thì t 4.= 0,25

Suy ra: 4

1

1 dtI3 t

= ∫ 0,25

4

1

2 2t .3 3

= =

0,25



4/5

2 Tìm giá trị lớn nhất của A (1,00 điểm)

Từ giả thiết suy ra: 2 2

1 1 1 1 1 .x y x y xy

+ = + −

Đặt 1 1a, bx y

= = ta có: ( )2 2a b a b ab 1+ = + −

( )( ) ( )23 3 2 2A a b a b a b ab a b .= + = + + − = +

0,25

Từ (1) suy ra: ( )2a b a b 3ab.+ = + −

Vì 2a bab

2+⎛ ⎞≤ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ nên ( ) ( )2 23a b a b a b

4+ ≥ + − +

( ) ( )2a b 4 a b 0 0 a b 4⇒ + − + ≤ ⇒ ≤ + ≤

Suy ra: ( )2A a b 16.= + ≤

0,50

Với 1x y2

= = thì A 16.= Vậy giá trị lớn nhất của A là 16.

0,25

V.a 2,00 1 Tìm điểm 3M d∈ sao cho ( ) ( )1 2d M,d 2d M,d= (1,00 điểm)

Vì 3M d∈ nên ( )M 2y; y . 0,25

Ta có:

( ) ( )( )

1 22 2 22

2y y 3 3y 3 2y y 4 y 4d M,d , d M,d .

2 21 1 1 1

+ + + − − −= = = =

+ + −

0,25

( ) ( )1 2d M,d 2d M,d= ⇔ 3y 3 y 4

2 y 11, y 1.2 2+ −

= ⇔ = − = 0,25

Với y 11= − được điểm ( )1M 22; 11 .− −

Với y 1= được điểm ( )2M 2; 1 .

0,25

2 Tìm hệ số của 26x trong khai triển nhị thức Niutơn (1,00 điểm)

• Từ giả thiết suy ra: ( )0 1 n 202n 1 2n 1 2n 1C C C 2 1 .+ + ++ + ⋅⋅⋅+ =

Vì k 2n 1 k2n 1 2n 1C C , k,0 k 2n 1+ −

+ += ∀ ≤ ≤ + nên:

( ) ( )0 1 n 0 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1

1C C C C C C 2 .2

++ + + + + ++ + ⋅⋅⋅+ = + + ⋅⋅⋅+

0,25

Từ khai triển nhị thức Niutơn của ( )2n 11 1 ++ suy ra:

( ) ( )2n 10 1 2n 1 2n 12n 1 2n 1 2n 1C C C 1 1 2 3 .++ +

+ + ++ + ⋅⋅⋅ + = + =

Từ (1), (2) và (3) suy ra: 2n 202 2= hay n 10.=

0,25

• Ta có: ( ) ( )10 10 1010 k k7 k 4 7 k 11k 40

10 104k 0 k 0

1 x C x x C x .x

−− −

= =

⎛ ⎞+ = =⎜ ⎟⎝ ⎠

∑ ∑

0,25

Hệ số của 26x là k10C với k thỏa mãn: 11k 40 26 k 6.− = ⇔ =

Vậy hệ số của 26x là: 610C 210.=

0,25



5/5

V.b 2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: ( )3x 2x x2 2 23 4 2 0 1 .

3 3 3⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠

0,25

Đặt ( )x2t t 0

3⎛ ⎞= >⎜ ⎟⎝ ⎠

, phương trình (1) trở thành: 3 23t 4t t 2 0+ − − = 0,25

( ) ( )2 2t 1 3t 2 0 t3

⇔ + − = ⇔ = (vì t 0> ). 0,25

Với 2t3

= thì x2 2

3 3⎛ ⎞ =⎜ ⎟⎝ ⎠

hay x 1.=

0,25

2 Tính thể tích của khối tứ diện (1,00 điểm) Kẻ đường sinh AA '. Gọi D là điểm đối xứng với A ' qua O ' và H là hình chiếu của B trên đường thẳng A 'D.

A

A'

O

O' H D

B

Do BH A 'D⊥ và BH AA '⊥ nên ( )BH AOO 'A ' .⊥

0,25

Suy ra: OO'AB AOO'1V .BH.S .3

= 0,25

Ta có: 2 2 2 2A 'B AB A 'A 3a BD A 'D A 'B a= − = ⇒ = − =

BO 'D⇒ Δ đều a 3BH .2

⇒ =

0,25

Vì AOO' là tam giác vuông cân cạnh bên bằng a nên: 2AOO'

1S a .2

=

Vậy thể tích khối tứ diện OO 'AB là: 2 31 3a a 3aV . . .

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----------------



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối A

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề----------------------------------------

C©u I (2 điểm)

Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số 1y m x x

= + (*) ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi 1m .4

=

2) Tìm m để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của m(C ) đến tiệm

cận xiên của m(C ) bằng 1 . 2

C©u II (2 điểm) 1) Giải bất phương trình 5x 1 x 1 2x 4.− − − > − 2) Giải phương trình 2 2cos 3x cos 2x cos x 0.− =

C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng

1d : x y 0− = và 2d : 2x y 1 0.+ − =

Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc 1d , đỉnh C thuộc 2d

và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng x 1 y 3 z 3d : 1 2 1− + −= =−

và mặt

phẳng (P) : 2x y 2z 9 0.+ − + = a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2. b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình

tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), biết ∆ đi qua A và vuông góc với d.

C©u IV (2 điểm)

1) Tính tích phân 2

0

sin 2x sin xI dx. 1 3cos x

π

+=+∫

2) Tìm số nguyên dương n sao cho 1 2 2 3 3 4 2n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C (2n 1).2 C 2005++ + + + +− + − + + + =L

( knC là số tổ hợp chập k của n phần tử).

C©u V (1 điểm)

Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn 1 1 1 4.x y z+ + = Chứng minh rằng

1 1 1 1.2x y z x 2y z x y 2z

+ + ≤+ + + + + +

------------------------------ Hết ----------------------------- Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh . ...............................................…… số báo danh........................................



HTTP://WWW.VNMATH.COM


1

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ---------------------

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005

---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối A

(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0

I.1 1,0 1 1 1m y x4 4 x

= ⇒ = + .

a) TXĐ: \{0}.

b) Sự biến thiên: 2

2 2

1 1 x 4y '4 x 4x

−= − = , y ' 0 x 2, x 2.= ⇔ = − =

0,25

yCĐ ( ) ( )CTy 2 1, y y 2 1.= − = − = = Đường thẳng x 0= là tiệm cận đứng.

Đường thẳng 1y x4

= là tiệm cận xiên.

0,25

c) Bảng biến thiên:

x − ∞ − 2 0 2 + ∞ y’ + 0 − − 0 + y

− 1 + ∞ + ∞ − ∞ − ∞ 1

0,25

d) Đồ thị

0,25

VNMATH.COM





2

I.2 1,0

2

1y ' m , y ' 0x

= − = có nghiệm khi và chỉ khi m 0> .

Nếu m 0> thì 1 2

1 1y ' 0 x , xm m

= ⇔ = − = .

0,25

Xét dấu y ' x

−∞ 1m

− 0 1m

+∞

y ' + 0 − || − 0 + Hàm số luôn có cực trị với mọi m 0.>

0,25

Điểm cực tiểu của ( )mC là 1M ;2 m .m

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

Tiệm cận xiên (d) : y mx mx y 0.= ⇔ − =

( )2 2

m 2 m md M,d .m 1 m 1

−= =

+ +

0,25

( ) 2

2

1 m 1d M;d m 2m 1 0 m 1.2 2m 1

= ⇔ = ⇔ − + = ⇔ =+

Kết luận: m 1= .

0,25

II. 2,0

II.1 1,0

Bất phương trình: 5x 1 x 1 2x 4− − − > − . ĐK:

5x 1 0x 1 0 x 2.2x 4 0

− ≥⎧⎪ − ≥ ⇔ ≥⎨⎪ − ≥⎩

0,25

Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với 5x 1 2x 4 x 1 5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)− > − + − ⇔ − > − + − + − −

0,25 2 2x 2 (2x 4)(x 1) x 4x 4 2x 6x 4⇔ + > − − ⇔ + + > − +

2x 10x 0 0 x 10.⇔ − < ⇔ < <

0,25

Kết hợp với điều kiện ta có : 2 x 10≤ < là nghiệm của bất phương trình đã cho. 0,25 II.2 1,0

Phương trình đã cho tương đương với ( ) ( )1 cos6x cos 2x 1 cos 2x 0+ − + = cos6x cos 2x 1 0⇔ − =

0,25

cos8x cos 4x 2 0⇔ + − = 22cos 4x cos 4x 3 0⇔ + − =

0,25

( )

=⎡⎢⇔⎢ = −⎢⎣

cos4x 1

3cos4x lo¹i .

2

Vậy ( )π= ⇔ = ∈cos4x 1 x k k .2

0,5

VNMATH.COM





3

III. 3,0 III.1 1,0

Vì ( )1A d A t; t .∈ ⇒

Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B,D Ox∈ nên ( )C t; t− .

0,25

Vì 2C d∈ nên 2t t 1 0 t 1.− − = ⇔ = Vậy ( ) ( )A 1;1 , C 1; 1− .

0,25

Trung điểm của AC là ( )I 1;0 . Vì I là tâm của hình vuông nên

IB IA 1ID IA 1

= =⎧⎨ = =⎩

0,25

b 1 1B Ox B(b;0) b 0,b 2D Ox D(d;0) d 0,d 2d 1 1

⎧ − =∈ = =⎧⎧ ⎧ ⎪⇔ ⇒ ⇔⎨ ⎨ ⎨ ⎨∈ = =− =⎩ ⎩ ⎩⎪⎩

Suy ra, ( )B 0;0 và ( )D 2;0 hoặc ( )B 2;0 và ( )D 0;0 . Vậy bốn đỉnh của hình vuông là

( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 , B 0;0 , C 1; 1 , D 2;0 ,− hoặc

( ) ( ) ( ) ( )A 1;1 , B 2;0 , C 1; 1 , D 0;0 .−

0,25

III.2a 1,0

Phương trình của tham số của

x 1 td : y 3 2t

z 3 t.

= −⎧⎪ = − +⎨⎪ = +⎩

0,25

( )I d I 1 t; 3 2t;3 t∈ ⇒ − − + + , ( )( ) 2t 2d I, P .

3− +

=

0,25

( )( ) t 4d I, P 2 1 t 3

t 2.=⎡

= ⇔ − = ⇔ ⎢ = −⎣

0,25

Vậy có hai điểm ( ) ( )1 2I 3;5;7 , I 3; 7;1− − . 0,25

III.2b 1,0 Vì A d∈ nên ( )A 1 t; 3 2t;3 t− − + + .

Ta có ( )A P∈ ⇔ ( ) ( ) ( )2 1 t 3 2t 2 3 t 9 0 t 1− + − + − + + = ⇔ = .

Vậy ( )A 0; 1;4− .

0,25

Mặt phẳng ( )P có vectơ pháp tuyến ( )n 2;1; 2 .= −

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ( )u 1;2;1= − .

Vì ( )P∆ ⊂ và d∆ ⊥ nên ∆ có vectơ chỉ phương ( )u n,u 5;0;5∆⎡ ⎤= =⎣ ⎦ .

0,5

Phương trình tham số của ∆ :

x ty 1z 4 t.

=⎧⎪ = −⎨⎪ = +⎩

0,25

VNMATH.COM





4

IV 2,0 IV.1 1,0

2

0

(2cos x 1)sin xI dx1 3cos x

π

+=+∫ .

0,25

Đặt

2t 1cos x3t 1 3cos x3sin xdt dx.

2 1 3cos x

⎧ −=⎪⎪= + ⇒ ⎨⎪ = −⎪ +⎩

x 0 t 2, x t 1.2π= ⇒ = = ⇒ =

0,25

( )1 22

2

2 1

t 1 2 2I 2 1 dt 2t 1 dt.3 3 9

⎛ ⎞− ⎛ ⎞= + − = +⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

∫ ∫

0,25

23

1

2 2t 2 16 2 34t 2 1 .9 3 9 3 3 27⎛ ⎞ ⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞= + = + − + =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟ ⎢ ⎥⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦⎝ ⎠

0,25

IV.2 1,0 Ta có ( )2n 1 0 1 2 2 3 3 2n 1 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 11 x C C x C x C x ... C x+ + ++ + + + ++ = + + + + + x .∀ ∈ 0,25

Đạo hàm hai vế ta có

( )( ) ( )2n 1 2 3 2 2n 1 2n2n 1 2n 1 2n 1 2n 12n 1 1 x C 2C x 3C x ... 2n 1 C x+

+ + + ++ + = + + + + + x .∀ ∈

0,25

Thay x 2= − ta có: ( )1 2 2 3 3 4 2n 2n 1

2n 1 2n 1 2n 1 2n 1 2n 1C 2.2C 3.2 C 4.2 C ... 2n 1 .2 C 2n 1.++ + + + +− + − + + + = +

0,25

Theo giả thiết ta có 2n 1 2005 n 1002+ = ⇒ = . 0,25

V 1,0

Với a,b 0> ta có : 2 1 a b 1 1 1 14ab (a b) .a b 4ab a b 4 a b

+ ⎛ ⎞≤ + ⇔ ≤ ⇔ ≤ +⎜ ⎟+ + ⎝ ⎠

Dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi a b= .

0,25

Áp dụng kết quả trên ta có: 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (1).

2x y z 4 2x y z 4 2x 4 y z 8 x 2y 2z⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

≤ + ≤ + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

Tương tự 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (2).

x 2y z 4 2y x z 4 2y 4 x z 8 y 2z 2x⎛ ⎞ ⎡ ⎤ ⎛ ⎞⎛ ⎞≤ + ≤ + + = + +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎜ ⎟⎢ ⎥+ + + ⎝ ⎠⎝ ⎠ ⎣ ⎦ ⎝ ⎠

1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 (3).

x y 2z 4 2z x y 4 2z 4 x y 8 z 2x 2y⎡ ⎤⎛ ⎞ ⎛ ⎞ ⎛ ⎞

≤ + ≤ + + = + +⎢ ⎥⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠⎣ ⎦

0,5

Vậy 1 1 1 1 1 1 1 1.

2x y z x 2y z x y 2z 4 x y z⎛ ⎞

+ + ≤ + + =⎜ ⎟+ + + + + + ⎝ ⎠

Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu " "= xảy ra khi và chỉ khi

x y z.= = Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 3x y z .4

= = =

0,25

-------------------------------Hết-------------------------------

VNMATH.COM





Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ------------------------------ M«n thi : To¸n , Khèi A §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò -------------------------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm)

Cho hµm sè 2x 3x 3y2(x 1)

− + −=−

(1).

1) Kh¶o s¸t hµm sè (1). 2) T×m m ®Ó ®−êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho AB = 1.

C©u II (2 ®iÓm)

1) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh 22(x 16) 7 xx 3 >x 3 x 3

− −+ −− −

.

2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh 1 44

2 2

1log (y x) log 1y

x y 25.

⎧ − − =⎪⎨⎪ + =⎩

C©u III (3 ®iÓm)

1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hai ®iÓm ( )A 0; 2 vµ ( )B 3; 1− − . T×m täa ®é trùc

t©m vµ täa ®é t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp cña tam gi¸c OAB.

2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh thoi, AC c¾t BD t¹i gèc täa ®é O. BiÕt A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh SC.

a) TÝnh gãc vµ kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng SA, BM.

b) Gi¶ sö mÆt ph¼ng (ABM) c¾t ®−êng th¼ng SD t¹i ®iÓm N. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABMN. C©u IV (2 ®iÓm)

1) TÝnh tÝch ph©n I = 2

1

x dx1 x 1+ −∫ .

2) T×m hÖ sè cña x8 trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña 821 x (1 x)⎡ ⎤+ −⎣ ⎦ .

C©u V (1 ®iÓm)

Cho tam gi¸c ABC kh«ng tï, tháa m·n ®iÒu kiÖn cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3. TÝnh ba gãc cña tam gi¸c ABC.

------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------ C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh............................................................................Sè b¸o danh.................................................



1

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §¸p ¸n - Thang ®iÓm ..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ........................................... §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi A (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)

C©u ý Néi dung §iÓmI 2,0 I.1 (1,0 ®iÓm)

( )12

332

−−+−=

xxxy = ( )

1 1x 12 2 x 1

− + −−

.

a) TËp x¸c ®Þnh: { }R \ 1 .

b) Sù biÕn thiªn:

2

x(2 x)y '2(x 1)

−=−

; y ' 0 x 0, x 2= ⇔ = = .

0,25

yC§ = y(2) =

12

− , yCT = y(0) = 32

.

§−êng th¼ng x = 1 lµ tiÖm cËn ®øng.

§−êng th¼ng1y x 12

= − + lµ tiÖm cËn xiªn.

0,25

B¶ng biÕn thiªn: x −∞ 0 1 2 +∞ y' − 0 + + 0 −

y +∞ +∞ 12

−

32

−∞ −∞

0,25

c) §å thÞ:

0,25



2

I.2 (1,0 ®iÓm)

Ph−¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi ®−êng th¼ng y = m lµ :

( ) mx

xx =−

−+−12

332

⇔ ( ) 023322 =−+−+ mxmx (*).

0,25

Ph−¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi:

0>∆ ⇔ 24m 4m 3 0− − > ⇔ 3m2

> hoÆc 1m2

< − (**) .

0,25

Víi ®iÒu kiÖn (**), ®−êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè t¹i hai ®iÓm A, B cã hoµnh ®é x1 , x2 lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (*).

AB = 1 ⇔ 121 =− xx ⇔ 2

1 2x x 1− = ⇔ ( )1 2

2

1 2x x 4x x 1+ − =

0,25

⇔ ( ) ( ) 123432 2 =−−− mm ⇔ 1 5m2

±= (tho¶ m·n (**))

0,25

II 2,0

II.1 (1,0 ®iÓm)

§iÒu kiÖn : x 4≥ . 0,25

BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi bÊt ph−¬ng tr×nh: 2 22(x 16) x 3 7 x 2(x 16) 10 2x− + − > − ⇔ − > −

0,25 + NÕu x > 5 th× bÊt ph−¬ng tr×nh ®−îc tho¶ m·n, v× vÕ tr¸i d−¬ng, vÕ ph¶i ©m. 0,25

+ NÕu 4 x 5≤ ≤ th× hai vÕ cña bÊt ph−¬ng tr×nh kh«ng ©m. B×nh ph−¬ng hai vÕ ta

®−îc: ( ) ( )22 22 x 16 10 2x x 20x 66 0− > − ⇔ − + < 10 34 x 10 34⇔ − < < + .

KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn 4 x 5≤ ≤ ta cã: 10 34 x 5− < ≤ . §¸p sè: x 10 34> −

0,25

II.2 (1,0 ®iÓm)

§iÒu kiÖn: y > x vµ y > 0.

( ) 1

1loglog 4

4

1 =−−y

xy ⇔ ( ) 11

loglog 44 =−−−y

xy

0,25

⇔ 4

y xlog 1y−− = ⇔

4

3yx = .

0,25

ThÕ vµo ph−¬ng tr×nh x2 + y2 = 25 ta cã:

223y y 25 y 4.

4⎛ ⎞ + = ⇔ = ±⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

So s¸nh víi ®iÒu kiÖn , ta ®−îc y = 4, suy ra x= 3 (tháa m·n y > x). VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ (3; 4).

0,25

III 3,0

III.1 (1,0 ®iÓm)

+ §−êng th¼ng qua O, vu«ng gãc víi BA( 3 ; 3) cã ph−¬ng tr×nh 3x 3y 0+ = .

§−êng th¼ng qua B, vu«ng gãc víi OA(0; 2) cã ph−¬ng tr×nh y = 1−

( §−êng th¼ng qua A, vu«ng gãc víi BO( 3 ; 1) cã ph−¬ng tr×nh 3x y 2 0+ − = )

0,25

Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc trùc t©m H( 3 ; 1)− 0,25

+ §−êng trung trùc c¹nh OA cã ph−¬ng tr×nh y = 1. §−êng trung trùc c¹nh OB cã ph−¬ng tr×nh 3x y 2 0+ + = .

( §−êng trung trùc c¹nh AB cã ph−¬ng tr×nh 3x 3y 0+ = ).

0,25



3

Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c

OAB lµ ( )I 3 ; 1− .

0,25

III.2.a (1,0 ®iÓm)

+ Ta cã: ( )C 2; 0; 0− , ( )D 0; 1; 0− , ( )2;0;1−M ,

( )22;0;2 −=SA , ( )BM 1; 1; 2= − − .

0,25

Gäi α lµ gãc gi÷a SA vµ BM.

Ta ®−îc: ( ) SA.BM 3cos cos SA, BM2SA . BM

α = = = ⇒ 30α = ° .

0,25

+ Ta cã: ( )SA, BM 2 2; 0; 2⎡ ⎤ = − −⎣ ⎦ , ( )AB 2; 1; 0= − . 0,25

VËy:

( )SA, BM AB 2 6d SA, BM

3SA, BM

⎡ ⎤ ⋅⎣ ⎦= =⎡ ⎤⎣ ⎦

0,25

III.2.b (1,0 ®iÓm)

Ta cã MN // AB // CD ⇒ N lµ trung ®iÓm SD ⇒ ⎟

⎠⎞

⎜⎝⎛ − 2;

2

1;0N .

0,25 ( )SA 2; 0; 2 2= − , ( )2;0;1 −−=SM , ( )22;1;0 −=SB ,

1SN 0; ; 22

⎛ ⎞= − −⎜ ⎟⎝ ⎠

( )SA, SM 0; 4 2; 0⎡ ⎤⇒ =⎣ ⎦ .

0,25

S.ABM

1 2 2V SA,SM SB6 3⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦

0,25

S.AMN

1 2V SA,SM SN6 3⎡ ⎤= ⋅ =⎣ ⎦ ⇒ S.ABMN S.ABM S.AMNV V V 2= + =

0,25

IV 2,0

IV.1 (1,0 ®iÓm)

2

1

xI dx1 x 1

=+ −∫ . §Æt: 1−= xt ⇒ 12 += tx ⇒ tdtdx 2= .

01 =⇒= tx , 12 =⇒= tx .

0,25



4

Ta cã:

1 1 12 32

0 0 0

t 1 t t 2I 2t dt 2 dt 2 t t 2 dt1 t 1 t t 1

+ + ⎛ ⎞= = = − + −⎜ ⎟+ + +⎝ ⎠∫ ∫ ∫

0,25

I 1

3 2

0

1 12 t t 2t 2 ln t 13 2⎡ ⎤= − + − +⎢ ⎥⎣ ⎦

0,25

1 1 11I 2 2 2ln 2 4ln 23 2 3⎡ ⎤= − + − = −⎢ ⎥⎣ ⎦

.

0,25

IV.2 (1, 0 ®iÓm)

( ) ( ) ( ) ( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )

8 2 3 42 0 1 2 2 4 3 6 4 88 8 8 8 8

5 6 7 85 10 6 12 7 14 8 168 8 8 8

1 x 1 x C C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x

C x 1 x C x 1 x C x 1 x C x 1 x

⎡ ⎤+ − = + − + − + − + −⎣ ⎦

+ − + − + − + −

0,25

BËc cña x trong 3 sè h¹ng ®Çu nhá h¬n 8, bËc cña x trong 4 sè h¹ng cuèi lín h¬n 8. 0,25

VËy x8 chØ cã trong c¸c sè h¹ng thø t−, thø n¨m, víi hÖ sè t−¬ng øng lµ:

3 2 4 08 3 8 4C .C , C .C

0,25

Suy ra a8 168 70 238= + = . 0,25

V 1,0

Gäi 3cos22cos222cos −++= CBAM

32

cos2

cos2221cos2 2 −−⋅+⋅+−= CBCBA .

0,25

Do 0

2sin >A

, 12

cos ≤− CB nªn 2 AM 2cos A 4 2 sin 4

2≤ + − .

0,25

MÆt kh¸c tam gi¸c ABC kh«ng tï nªn 0cos ≥A , AA coscos2 ≤ . Suy ra:

42

sin24cos2 −+≤ AAM 42

sin242

sin212 2 −+⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −= AA

22

sin242

sin4 2 −+−= AA01

2sin22

2

≤⎟⎠⎞

⎜⎝⎛ −−= A

. VËy 0≤M .

0,25

Theo gi¶ thiÕt: M = 0 ⇔

⎪⎪⎪

⎩

⎪⎪⎪

⎨

⎧

=

=−=

2

1

2sin

12

cos

coscos2

A

CBAA

⇔A 90B C 45

= °⎧⎨ = = °⋅⎩

0,25



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 -------------------------- M«n thi : to¸n khèi A ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót ___________________________________

C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè mx

mxmxy ( (1) 1

2

−++

= lµ tham sè).

1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m = −1. 2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc hoµnh t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt vµ hai ®iÓm ®ã cã hoµnh ®é d−¬ng.

C©u 2 (2 ®iÓm).

1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .2sin21sin

tg12cos1cotg 2 xxxxx −+

+=−

2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh

+=

−=−

.12

11

3xyy

yx

x

C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Cho h×nh lËp ph−¬ng . TÝnh sè ®o cña gãc ph¼ng nhÞ diÖn [ ]. . ' ' ' 'ABCD A B C D DCAB ,' ,2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho h×nh hép ch÷ nhËt

cã trïng víi gèc cña hÖ täa ®é, yz

; 0; 0. ' ' ' 'ABCD A B C D A ( ), (0; ; 0), '(0; 0; )B a D a A b . Gäi ( 0, 0)a b> > M lµ trung ®iÓm c¹nh CC . '

a) TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn 'BDA M theo a vµ b .

b) X¸c ®Þnh tû sè ab

®Ó hai mÆt ph¼ng vµ ( ' )A BD ( )MBD vu«ng gãc víi nhau.

C©u 4 ( 2 ®iÓm).

1) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x8 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña n

xx

+ 5

31

, biÕt r»ng

)3(7314 +=− +

++ nCC n

nnn

( n lµ sè nguyªn d−¬ng, x > 0, lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö). knC

2) TÝnh tÝch ph©n ∫+

=32

52 4xx

dxI .

C©u 5 (1 ®iÓm). Cho x, y, z lµ ba sè d−¬ng vµ x + y + z ≤ 1. Chøng minh r»ng

.82 1 1 12

22

22

2 ≥+++++z

zy

yx

x

−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−

Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: …………………………….. ……. Sè b¸o danh: …………….



1

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 ®iÓmC©u 1. 2®iÓm1)

Khi 2 1 11 .

1 1x xm y xx x

− + −= − ⇒ = = − −

− −

+ TËp x¸c ®Þnh: \{ 1 }.R

+ 2

2 201 2' 1 . ' 02.( 1) ( 1)

xx xy yxx x

=− += − + = = ⇔ =− −

+ [ ] ⇒=−

=−−∞→∞→

01

1lim)(limx

xyxx

tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: xy −= .

⇒∞=→y

x 1lim tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ: 1=x .

B¶ng biÕn thiªn:

§å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 1).

1 ®iÓm 0,25 ® 0,5 ® 0, 25 ®

x − ∞ 0 1 2 + ∞ y’ − 0 + + 0 − +∞ +∞ −3 y CT C§ 1 − ∞ − ∞

y

x O 1 2

−3

1

−1



2

2)

§å thÞ hµm sè 1

2

−++

=x

mxmxy c¾t trôc hoµnh t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é

d−¬ng ⇔ ph−¬ng tr×nh 2( ) 0f x mx x m= + + = cã 2 nghiÖm d−¬ng ph©n biÖt kh¸c 1

2

0

1 4 0(1) 2 1 0

1 0, 0

m

mf m

mS Pm m

≠

∆ = − >⇔ = + ≠ = − > = >

01

12 01 22

0

m

mm

m

m

≠ <⇔ ⇔ − < < ≠ − <

.

VËy gi¸ trÞ m cÇn t×m lµ: 1 02

m− < < .

1 ®iÓm 0,25 ® 0,75 ®

C©u 2. 2®iÓm1)

§iÒu kiÖn

sin 0cos 0 (*)tg 1

xxx

≠ ≠ ≠ −

.

Khi ®ã ph−¬ng tr×nh ®· cho )cos(sinsin

cossin1

sincos1sincos 22

xxx

xxxx

xx

−++

−=−⇔

cos sin cos (cos sin ) sin (sin cos )sinx x x x x x x xx

−⇔ = − + −

2(cos sin )(1 sin cos sin ) 0x x x x x⇔ − − + =

2

cos sin 0

1 sin cos sin 0.

x x

x x x

− =⇔

− + =

TH1: πsin cos tg 1 π ( )4

x x x x k k= ⇔ = ⇔ = + ∈Z tháa m·n ®iÒu kiÖn (*).

TH2: 2 211 sin cos sin 0 1 sin 2 sin 0 :2

x x x x x− + = ⇔ − + = v« nghiÖm.

VËy nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: π π ( )4

x k k= + ∈Z .

2) Gi¶i hÖ 3

1 1 (1)

2 1 (2).

x yx y

y x

− = − = +

+ §iÒu kiÖn 0.xy ≠

+ Ta cã 1(1) ( )(1 ) 0

1.x y

x yxyxy

=⇔ − + = ⇔ = −

TH1: 3 3 22 1 2 1 ( 1)( 1) 0

x y x y x y

y x x x x x x

= = = ⇔ ⇔ = + = + − + − =

1

1 5 2

1 5 .2

x y

x y

x y

= =

− +⇔ = =

− − = =

1 ®iÓm 0, 25 ®

0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 1 ®iÓm 0, 25 ® 0,5 ®



3

TH2: 3 3 4

1 11 (3)22 1 1 2 0 (4).

yxy yx xy x x x xx

= −= − = − ⇔ ⇔ = + − = + + + =

Ta chøng minh ph−¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm.

Çch 1. 2 2

4 2 1 1 32 0, 2 2 2

+ + = − + + + > ∀

x x x x x .

Çch 2. §Æt 43

1( ) 2 ( ) min ( ) 04∈

−= + + ⇒ ≥ = >

xf x x x f x f x f

R.

Tr−êng hîp nµy hÖ v« nghiÖm. VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ:

1 5 1 5 1 5 1 5( ; ) (1;1), ; , ;2 2 2 2

x y − + − + − − − −

=

.

0, 25 ®

C©u 3. 3®iÓm 1) Çch 1. §Æt AB a= . Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B trªn A’C, suy ra BH ⊥ A’C, mµ BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, do ®ã A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH. VËy gãc

ph¼ng nhÞ diÖn [ ], ' ,B A C D lµ gãc BHD .

XÐt 'A DC∆ vu«ng t¹i D cã DH lµ ®−êng cao, ta cã . ' . 'DH A C CD A D=

. ''

CD A DDHA C

⇒ = . 2 2

3 3a a aa

= = . T−¬ng tù, 'A BC∆ vu«ng t¹i B cã BH lµ ®−êng

cao vµ 2

3aBH = .

MÆt kh¸c: 2 2 2

2 2 2 2 2 2 22 2 . cos 2. cos3 3 3a a aa BD BH DH BH DH BHD BHD= = + − = + − ,

do ®ã 1cos2

BHD = − o120BHD⇒ = .

Çch 2. Ta cã BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ A’C (§Þnh lý ba ®−êng vu«ng gãc). T−¬ng tù, BC’⊥ A’C ⇒ (BC’D) ⊥ A’C . Gäi H lµ giao ®iÓm cña 'A C vµ ( ' )BC D

⇒ BHD lµ gãc ph¼ng cña [ ]; ' ;B A C D .

Çc tam gi¸c vu«ng HA’B, HA’D, HA’C’ b»ng nhau ⇒ HB = HC’ = HD

⇒ H lµ t©m ∆BC’D ®Òu o120BHD⇒ = .

1 ®iÓm

0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc 0, 25® 0,25 ® 0,5 ®

A

A’

B’ C’

D’

D

CB

H

I



4

2) a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã

)2

; ;() ; ;(' 0); ; ;( baaMbaaCaaC ⇒ .

VËy ( ; ; 0), (0; ; )2bBD a a BM a= − =

2, ; ; 2 2ab abBD BM a ⇒ = −

.

( )23' ; 0; , . ' .

2a bBA a b BD BM BA − = − ⇒ =

Do ®ã 2

'1 , . ' 6 4BDA M

a bV BD BM BA = = .

b) MÆt ph¼ng ( )BDM cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ 21 , ; ;

2 2ab abn BD BM a = = −

,

mÆt ph¼ng ( ' )A BD cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ 22 , ' ( ; ; )n BD BA ab ab a = = .

Do ®ã 2 2 2 2

41 2( ) ( ' ) . 0 0

2 2a b a bBDM A BD n n a a b⊥ ⇔ = ⇔ + − = ⇔ = 1a

b⇔ = .

2 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ®

0, 25 ® 0, 5 ® 0, 5 ®

C©u 4. 2®iÓm1)

Ta cã ( )1 14 3 3 3 37( 3) 7( 3)n n n n n

n n n n nC C n C C C n+ ++ + + + +− = + ⇔ + − = +

( 2)( 3) 7( 3) 2 7.2! 14 12.2!

n n n n n+ +⇔ = + ⇔ + = = ⇔ =

Sè h¹ng tæng qu¸t cña khai triÓn lµ ( )125 60 11

3 2 212 12.

k kkk kC x x C x

− −−

=

.

Ta cã

60 1182 60 11 8 4.

2

−−

= ⇒ = ⇔ =k

kx x k

Do ®ã hÖ sè cña sè h¹ng chøa 8x lµ .495)!412(!4

!12412 =

−=C

2) TÝnh tÝch ph©n 2 3

2 25 4

xdxIx x

=+

∫ .

§Æt 22

44

xdxt x dtx

= + ⇒ =+

vµ 2 2 4.x t= −

Víi 5x = th× 3t = , víi 2 3x = th× 4t = .

Khi ®ã 2 3 4 4

22 23 35

1 1 14 2 244

xdx dtI dtt ttx x

= = = − − + −+∫ ∫ ∫

4

3

1 2 1 5ln ln .4 2 4 3

tt−

= = +

1 ®iÓm

0, 5 ® 0, 25 ® 0, 25 ®

1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0, 25 ®

A

A’

B’ C’

D’

D

C B

y

x

z



5

C©u 5. 1®iÓm

Víi mäi ,u v ta cã | | | | | | (*)u v u v+ ≤ +

(v× ( )22 22 2 2| | 2 . | | | | 2 | | . | | | | | |u v u v u v u v u v u v+ = + + ≤ + + = + )

§Æt ,1 ;

=

→

xxa

=

→

yyb 1 ; ,

=

→

zzc 1 ; .

¸p dông bÊt ®¼ng thøc (*) ta cã | | | | | | | | | | | | .a b c a b c a b c+ + ≥ + + ≥ + + VËy

22 2 2 2

2 2 21 1 1 1 1 1( )P x y z x y z

x y zx y z

= + + + + + ≥ + + + + +

.

Çch 1. Ta cã

( )22 22 3 3

1 1 1 1 9( ) 3 3 9P x y z xyz tx y z xyz t

≥ + + + + + ≥ + = +

, víi

( )223 10

3 9x y zt xyz t + + = ⇒ < ≤ ≤

.

§Æt 29 9 1( ) 9 '( ) 9 0, 0; ( )

9Q t t Q t t Q t

t t = + ⇒ = − < ∀ ∈ ⇒

gi¶m trªn 10;9

1( ) 82.9

Q t Q ⇒ ≥ =

VËy ( ) 82.P Q t≥ ≥

(DÊu “=” x¶y ra khi 13

x y z= = = ).

Çch 2.

Ta cã 2 2

2 2 21 1 1 1 1 1( ) 81( ) 80( )x y z x y z x y zx y z x y z

+ + + + + = + + + + + − + +

21 1 118( ) 80( ) 162 80 82.x y z x y zx y z

≥ + + + + − + + ≥ − =

VËy 82.P ≥

(DÊu “=” x¶y ra khi 13

x y z= = = ).

Ghi chó: C©u nµy cßn cã nhiÒu çch gi¶i kh¸c.

0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc 0,25 ® 0,5 ®



bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼nG n¨m 2002 ------------------------------ M«n thi : to¸n §Ò chÝnh thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót)

_____________________________________________

C©u I (§H : 2,5 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) Cho hµm sè : (1) ( lµ tham sè). 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−= m1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi .1=m 2. T×m k ®Ó ph−¬ng tr×nh: − cã ba nghiÖm ph©n biÖt. 033 2323 =−++ kkxx3. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1). C©u II.(§H : 1,5 ®iÓm; C§: 2,0 ®iÓm)

Cho ph−¬ng tr×nh : 0121loglog 23

23 =−−++ mxx (2) ( lµ tham sè). m

1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (2) khi .2=m

2. T×m ®Ó ph−¬ng tr×nh (2) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n [m 33;1 ]. C©u III. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,0 ®iÓm )

1. T×m nghiÖm thuéc kho¶ng )2;0( π cña ph−¬ng tr×nh: .32cos2sin213sin3cossin +=

++

+ xxxxx5

2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi çc ®−êng: .3,|34| 2 +=+−= xyxxyC©u IV.( §H : 2,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) 1. Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu ®Ønh cã ®é dµi c¹nh ®¸y b»ng a. Gäi ABCS. ,S M vµ lÇn l−ît N lµ çc trung ®iÓm cña çc c¹nh vµ TÝnh theo diÖn tÝch tam gi¸c , biÕt r»ng SB .SC a AMN mÆt ph¼ng ( vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng . )AMN )(SBC 2. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®−êng th¼ng:

∆ vµ ∆ .

=+−+=−+−0422042

:1 zyxzyx

+=+=+=

tztytx

2121

:2

a) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng chøa ®−êng th¼ng )(P 1∆ vµ song song víi ®−êng th¼ng .2∆

b) Cho ®iÓm . T×m to¹ ®é ®iÓm )4;1;2(M H thuéc ®−êng th¼ng 2∆ sao cho ®o¹n th¼ng MH cã ®é dµi nhá nhÊt. C©u V.( §H : 2,0 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , xÐt tam gi¸c vu«ng t¹i , ABC A ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng lµ BC ,033 =−− yx çc ®Ønh vµ A B thuéc trôc hoµnh vµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp b»ng 2. T×m täa ®é träng t©m cña tam gi¸c . G ABC 2. Cho khai triÓn nhÞ thøc:

nxnn

nxxnn

xnx

n

nx

n

nxx

CCCC

+

++

+

=

+

−−−−−

−−−−−−3

1

321

13

1

21

121

0321

22222222 L

( n lµ sè nguyªn d−¬ng). BiÕt r»ng trong khai triÓn ®ã C vµ sè h¹ng thø t− 13 5 nn C= b»ng , t×m vµ n20 n x .

----------------------------------------HÕt--------------------------------------------- Ghi chó: 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u V. 2) Çn bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:.................................................... Sè b¸o danh:.....................



1

bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 ------------------------------------- §¸p ¸n vµ thang ®iÓm m«n to¸n khèi A

C©u ý Néi dung §H C§

I 1 23 31 xxym +−=⇒=

TËp x¸c ®Þnh Rx∈∀ . )2(363' 2 −−=+−= xxxxy ,

==

⇔=20

0'2

1

xx

y

10",066" =⇔==+−= xyxyB¶ng biÕn thiªn

∞+∞− 210x

−'y +0 −0

−+ 0"y

y +∞ lâm U 4

CT 2 C§ 0 låi ∞−

==

⇔=30

0xx

y , 4)1( =−y

§å thÞ:

( ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn)

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,5 ®

0,25 ®

∑1 ,5 ®

0,5®

0,5 ®

0,5 ®

-1 1 2 3x0

2

4

y



2

I 2 Çch I. Ta cã 2332323 33033 kkxxkkxx +−=+−⇔=−++− .§Æt 23 3kka +−= Dùa vµo ®å thÞ ta thÊy ph−¬ng tr×nh axx =+− 23 3 cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 43040 23 <+−<⇔<<⇔ kka

( )( )

>−+<≠

⇔

>+−+<≠

⇔021

300)44)(1(

3022 kk

kkkk

k

≠∧≠<<−

⇔2031

kkk

Çch II. Ta cã[ ] 03)3()(033 222323 =−+−+−⇔=−++− kkxkxkxkkxx

cã 3 nghiÖm ph©n biÖt 03)3()( 22 =−+−+=⇔ kkxkxxf cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c k

≠∧≠<<−

⇔

≠−+−+>++−=∆

⇔2031

0330963

222

2

kkk

kkkkkkk

∑ 5,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

-----------

0,25®

0,25 ®

∑ 5,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

-----------

0,25 ®

0,25 ®

3Çch I.

3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy ,

+=−=

⇔=11

02

1'

mxmx

y

Ta thÊy 21 xx ≠ vµ 'y ®æi dÊu khi qua 1x vµ ⇒2x hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i

1x vµ 2x .

23)( 211 −+−== mmxyy vµ 23)( 2

22 ++−== mmxyyPh−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ ( )23;1 2

1 −+−− mmmM vµ ( )23;1 22 ++−+ mmmM lµ:

⇔+−+

=+−

423

21 2 mmymx mmxy +−= 22

Çch II. 3)(3)1(363 222' +−−=−++−= mxmmxxy , Ta thÊy

0'09)1(99' 22 =⇒>=−+=∆ ymm cã 2 nghiÖm 21 xx ≠ vµ 'y ®æi dÊu khi qua 1x vµ ⇒2x hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i 1x vµ 2x .

Ta cã 23223 )1(33 mmxmmxxy −+−++−=

( ) .2336333

1 222 mmxmmxxmx +−+−++−

−=

Tõ ®©y ta cã mmxy +−= 211 2 vµ mmxy +−= 2

22 2 .

VËy ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ lµ mmxy +−= 22 .

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

----------

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®0,25 ®

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

-----------

0,25 ®

0,25®

0,25 ®0,25 ®

II 1.

Víi 2=m ta cã 051loglog 23

23 =−++ xx

§iÒu kiÖn 0>x . §Æt 11log23 ≥+= xt ta cã

06051 22 =−+⇔=−+− tttt .23

2

1

=−=

⇔tt

∑ 5,0 ®

0,25 ®

∑ 0,1 ®

0,5 ®



3

31 −=t (lo¹i) , 33

232 33log3log2 ±=⇔±=⇔=⇔= xxxt

33±=x tháa m·n ®iÒu kiÖn 0>x .(ThÝ sinh cã thÓ gi¶i trùc tiÕp hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c)

0,25 ® 0,5 ®

2.

0121loglog 23

23 =−−++ mxx (2)

§iÒu kiÖn 0>x . §Æt 11log23 ≥+= xt ta cã

0220121 22 =−−+⇔=−−+− mttmtt (3)

.21log13log0]3,1[ 233

3 ≤+=≤⇔≤≤⇔∈ xtxx

VËy (2) cã nghiÖm ]3,1[ 3∈ khi vµ chØ khi (3) cã

nghiÖm [ ]2,1∈ . §Æt tttf += 2)(

C¸ch 1. Hµm sè )(tf lµ hµm t¨ng trªn ®o¹n ][ 2;1 . Ta cã 2)1( =f vµ 6)2( =f .

Ph−¬ng tr×nh 22)(222 +=⇔+=+ mtfmtt cã nghiÖm [ ]2;1∈

.20622222

22)2(22)1(

≤≤⇔

≤++≤

⇔

+≥+≤

⇔ mmm

mfmf

C¸ch 2. TH1. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm 21 , tt tháa m·n 21 21 <≤< tt .

Do 121

221 <−=

+ tt nªn kh«ng tån t¹i m .

TH2. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm 21 , tt tháa m·n

21 21 ≤≤≤ tt hoÆc 21 21 tt ≤≤≤ ( ) 200242 ≤≤⇔≤−−⇔ mmm .

(ThÝ sinh cã thÓ dïng ®å thÞ, ®¹o hµm hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c )

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

-----------

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑ 0,1 ®

0,25 ®

0,25 ®

----------

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

III 1.

5 32cos2sin213sin3cossin +=

++

+ xxxxx . §iÒu kiÖn

212sin −≠x

Ta cã 5 =

++

+xxxx

2sin213sin3cossin 5

++++

xxxxxx

2sin213sin3cos2sinsin2sin

=5 =

+++−+

xxxxxx

2sin213sin3cos3coscossin

5 xxxx cos5

2sin21cos)12sin2(

=

++

VËy ta cã: 02cos5cos232coscos5 2 =+−⇔+= xxxx

2cos =x (lo¹i) hoÆc ).(232

1cos Zkkxx ∈+±=⇒= ππ

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®



4

2.

V× (0∈x ; )π2 nªn lÊy 31π

=x vµ35

2π

=x . Ta thÊy 21 , xx tháa m·n ®iÒu

kiÖn 212sin −≠x . VËy c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ:

31π

=x vµ35

2π

=x .

(ThÝ sinh cã thÓ sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi kh¸c)

Ta thÊy ph−¬ng tr×nh 3|34| 2 +=+− xxx cã 2 nghiÖm 01 =x vµ .52 =x MÆt kh¸c ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x . VËy

( ) ( ) ( )dxxxxdxxxxdxxxxS ∫ ∫∫ +−+++−+−+=+−−+=1

0

3

1

225

0

2 343343|34|3

( )dxxxx∫ −+−++5

3

2 343

( ) ( ) ( )dxxxdxxxdxxxS ∫∫∫ +−++−++−=5

3

23

1

21

0

2 5635

5

3

233

1

231

0

23

25

316

23

31

25

31

+−+

+−+

+−= xxxxxxxS

6109

322

326

613

=++=S (®.v.d.t)

(NÕu thÝ sinh vÏ h×nh th× kh«ng nhÊt thiÕt ph¶i nªu bÊt ®¼ng thøc ∀+≤+− 3|34| 2 xxx [ ]5;0∈x )

0,25 ®

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25®

0,25 ®

∑1 ,0 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25®

IV 1. ∑1® ∑1®

x510-1

y

3

32

1

8

-1



5

S

N

I

M C

A K

BGäi K lµ trung ®iÓm cña BC vµ MNSKI ∩= . Tõ gi¶ thiÕt

MNaBCMN ,22

1==⇒ // BC I⇒ lµ trung ®iÓm cña SK vµ MN .

Ta cã ⇒∆=∆ SACSAB hai trung tuyÕn t−¬ng øng ANAM = AMN∆⇒ c©n t¹i A MNAI⊥⇒ .

MÆt kh¸c

( ) ( )( ) ( )

( ) ( ) SKAISBCAI

MNAIAMNAI

MNAMNSBCAMNSBC

⊥⇒⊥⇒

⊥⊂

=∩⊥

.

Suy ra SAK∆ c©n t¹i 23aAKSAA ==⇒ .

2443 222

222 aaaBKSBSK =−=−=

410

843

2

222222 aaaSKSASISAAI =−=

−=−=⇒ .

Ta cã 1610.

21 2aAIMNS AMN ==∆ (®vdt)

chó ý1) Cã thÓ chøng minh MNAI⊥ nh− sau: ( ) ( ) AIMNSAKMNSAKBC ⊥⇒⊥⇒⊥ .2) Cã thÓ lµm theo ph−¬ng ph¸p täa ®é: Ch¼ng h¹n chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho

−

−

−

haSaAaCaBK ;

63;0,0;

23;0,0;0;

2,0;0;

2),0;0;0(

trong ®ã h lµ ®é dµi ®−êng cao SH cña h×nh chãp ABCS. .

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®



6

2a)Çch I. Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(P chøa ®−êng th¼ng 1∆ cã d¹ng:

( ) ( ) 042242 =+−++−+− zyxzyx βα ( 022 ≠+ βα )

⇔ ( ) ( ) ( ) 044222 =+−−+−−+ βαβαβαβα zyx

VËy ( )βαβαβα 2;22; −+−+=Pnr

.Ta cã ( )2;1;12 =ur // 2∆ vµ ( ) 22 1;2;1 ∆∈M

( )P // ( ) ( ) ( )

∉=−

⇔

∉=

⇔∆PMPM

unP22

22

01;2;10. βαrr

VËy ( ) 02: =− zxP

Çch II Ta cã thÓ chuyÓn ph−¬ng tr×nh 1∆ sang d¹ng tham sè nh− sau:

Tõ ph−¬ng tr×nh 1∆ suy ra .02 =− zx §Æt

=−=

=∆⇒=

'42'3'2

:'2 1

tztytx

tx

( ) )4;3;2(,0;2;0 111 =∆∈−⇒ uM r// 1∆ .

(Ta cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm 11 ∆∈M b»ng çch cho 020 =−=⇒= zyx

vµ tÝnh ( )4;3;22121

;1211

;2212

1 =

−−−

−=ur ).

Ta cã ( )2;1;12 =ur // 2∆ . Tõ ®ã ta cã vÐc t¬ ph¸p cña mÆt ph¼ng )(P lµ :

[ ] ( )1;0;2, 21 −== uunPrrr

. VËy ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )(P ®i qua ( )0;2;01 −Mvµ ⊥ ( )1;0;2 −=Pn

r lµ: 02 =− zx .

MÆt kh¸c ( ) ( )⇒∉ PM 1;2;12 ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng cÇn t×m lµ: 02 =− zx

∑ 5,0 ®

0,25 ®

0,25 ®-----------

0,25 ®

0,25 ®

∑ 0,1 ®

0,5 ®

0,5 ®-----------

0,5 ®

0,5 ®

2b)b)Çch I. ( ) MHtttHH ⇒+++⇒∆∈ 21,2,12 = ( )32;1;1 −+− ttt

( ) ( ) ( ) 5)1(6111263211 22222 +−=+−=−+++−=⇒ ttttttMH®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi ( )3;3;21 Ht ⇒=Çch II. ( )tttHH 21;2;12 +++⇒∆∈ .

MH nhá nhÊt ( )4;3;210. 22 HtuMHMH ⇒=⇔=⇔∆⊥⇔r

∑ 5,0 ®

0,25 ®

0,25 ®-----------

0,25 ®0,25 ®

∑ 0,1 ®

0,5 ®

0,5 ®-----------

0,5 ®0,5 ®

V 1.Ta cã ( )0;1BOxBC =I . §Æt axA = ta cã );( oaA vµ

.33 −=⇒= ayax CC VËy ( )33; −aaC .

Tõ c«ng thøc ( )

( )

++=

++=

CBAG

CBAG

yyyy

xxxx

3131

ta cã

−+3

)1(3;312 aaG .

Çch I. Ta cã : |1|2|,1|3|,1| −=−=−= aBCaACaAB . Do ®ã

∑1®

0,25 ®



7

( )2123.

21

−==∆ aACABS ABC .

Ta cã ( )

|1|3|1|3132 2

−+−−

=++

=aa

aBCACAB

Sr = .213|1|=

+−a

VËy .232|1| +=−a

TH1.

++⇒+=

3326;

3347332 11 Ga

TH2

−−−−⇒−−=

3326;

3134132 22 Ga .

C¸ch II. y C

I

O B A x

Gäi I lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp ABC∆ . V× 22 ±=⇒= Iyr .

Ph−¬ng tr×nh ( ) 321311.30: 0 ±=⇒

−=−= IxxxtgyBI .

TH1 NÕu A vµ O kh¸c phÝa ®èi víi .321+=⇒ IxB Tõ 2),( =ACId

.3232 +=+=⇒ Ixa

++⇒

3326;

3347

1G

TH 2. NÕu A vµ O cïng phÝa ®èi víi .321−=⇒ IxB T−¬ng tù

ta cã .3212 −−=−= Ixa

−−−−⇒

3326;

3134

2G

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®-----------

0,25 ®

0,25 ®

0,25 ®

2.Tõ 13 5 nn CC = ta cã 3≥n vµ

∑1 ®



8

( ) ( ) 028356

)2)(1(!1

!5!3!3

! 2 =−−⇔=−−

⇔−

=−

nnnnnnnn

nn

41 −=⇒ n (lo¹i) hoÆc .72 =nVíi 7=n ta cã

.4421402.2.3514022 222

3

3

4

21

37 =⇔=⇔=⇔=

−−−−−

xC xxxxx

0,25 ®

0,25 ®

0,5 ®



TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 · bỘ giÁo dỤc vÀ ĐÀo...

Documents

Transcript of TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 · bỘ giÁo dỤc vÀ ĐÀo...