TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D 2002 - 2013 · Tam giaøc MNP coø tröïc...

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN

TOÁN KHỐI D 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 D

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 = 2x3 − 3mx2 + (m − 1)x + 1 (1), vôùi m laø tham soá thöïc.a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá (1) khi m = 1.b) Tìm m ñeå ñöôøng thaúng y = −x + 1 caét ñoà thò haøm soá (1) taïi ba ñieåm phaân bieät.Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình sin 3x + cos 2x − sinx = 0.

Caâu 3 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình 2 log2x + log 1

2

(

1 −√

x)

=1

2log√

2

(

x − 2√

x + 2)

.

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

1∫

0

(x + 1)2

x2 + 1dx.

Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy laø hình thoi caïnh a, caïnh beân SA vuoâng goùcvôùi ñaùy, BAD = 120◦, M laø trung ñieåm cuûa caïnh BC vaø SMA = 45◦. Tính theo a theå tích cuûakhoái choùp S.ABCD vaø khoaûng caùch töø ñieåm D ñeán maët phaúng (SBC).

Caâu 6 (1,0 ñieåm). Cho x, y laø caùc soá thöïc döông thoûa maõn ñieàu kieän xy ≤ y − 1. Tìm giaù trò lôùn

nhaát cuûa bieåu thöùc P =x + y

√

x2 − xy + 3y2−

x − 2y

6(x + y).

II. PHAÀN RIEÂNG (3,0 ñieåm): Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B)A. Theo chöông trình Chuaån

Caâu 7.a (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC coù ñieåm M(

−9

2;3

2

)

laø trung ñieåm cuûa caïnh AB, ñieåm H(−2; 4) vaø ñieåm I(−1; 1) laàn löôït laø chaân ñöôøng cao keû töø Bvaø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC . Tìm toïa ñoä ñieåm C .Caâu 8.a (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho caùc ñieåm A(−1;−1;−2), B(0; 1; 1)vaø maët phaúng (P ) : x+y+z−1 = 0. Tìm toïa ñoä hình chieáu vuoâng goùc cuûa A treân (P ). Vieát phöôngtrình maët phaúng ñi qua A, B vaø vuoâng goùc vôùi (P ).Caâu 9.a (1,0 ñieåm). Cho soá phöùc z thoûa maõn ñieàu kieän (1 + i)(z − i) + 2z = 2i. Tính moâñun cuûa

soá phöùc w =z − 2z + 1

z2.

B. Theo chöông trình Naâng caoCaâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñöôøng troøn (C) : (x−1)2+(y−1)2 = 4vaø ñöôøng thaúng ∆ : y − 3 = 0. Tam giaùc MNP coù tröïc taâm truøng vôùi taâm cuûa (C), caùc ñænh N

vaø P thuoäc ∆, ñænh M vaø trung ñieåm cuûa caïnh MN thuoäc (C). Tìm toïa ñoä ñieåm P .Caâu 8.b (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñieåm A(−1; 3;−2) vaø maët phaúng(P ) : x − 2y − 2z + 5 = 0. Tính khoaûng caùch töø A ñeán (P ). Vieát phöông trình maët phaúng ñi quaA vaø song song vôùi (P ).

Caâu 9.b (1,0 ñieåm). Tìm giaù trò lôùn nhaát vaø giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá f(x) =2x2 − 3x + 3

x + 1treân ñoaïn [0; 2].

−−−−−−Heát−−−−−−Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm.

Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . .

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 D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

Câu Đáp án Điểma. (1,0 điểm)

Khi m = 1 ta có 3 22 3 1y x x .= − +

• Tập xác định: .D =

• Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: hoặc 2' 6 6 ; ' 0 0y x x y x= − = ⇔ = 1.x =

0,25

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

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1. - 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) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với đường thẳng là 1y x= − +

3 22 3 ( 1) 1 1x mx m x x− + − + =− + 0,25

2

0

2 3 0 (*

x

x mx m

=⎡⇔ ⎢ − + =⎣ ).

Yêu cầu của bài toán ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25

29 80

m mm

− >⎧⇔⎨

≠⎩

0 0,25

1 (2,0 điểm)

x 'y

y

− ∞ + ∞ 0 1

0 0 + + − + ∞

− ∞ 0

1

1 O

y

x

1

0m⇔ < hoặc 8 .9

m> 0,25



/4

Câu Đáp án Điểm

Phương trình đã cho tương đương với 2cos 2 sin cos 2 0x x x+ = 0,25

cos 2 (2sin 1) 0.x x⇔ + = 0,25

π πcos2 0 ( ).4 2

x x k k• = ⇔ = + ∈ 0,25

2 (1,0 điểm)

π 2π62sin 1 0 ( ).

7π 2π 6

x kx k

x k

⎡ = − +⎢• + = ⇔ ∈⎢

⎢ = +⎢⎣

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là π π4 2

x k= + , π 2π,6

x k= − + 7π 2π ( )6

x k k= + ∈ .

0,25

Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với 0 x< <1.2

2 21

x x xx= − +

− 0,25

2

2 2 1 2(1 ) 1 1 1

x x x xx x x x

⎛ ⎞⎛ ⎞⇔ = + ⇔ + −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠− − − −

0= 0,25

2 01

xx

⇔ −−

= (do 01

xx>

−) 0,25

3 (1,0 điểm)

4 2 3.x⇔ = −

Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là 4 2 3.x= − 0,25

Ta có 1 1 1

2 20 0 0

2 21 d d1 1

x xI x xx x

⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟⎝ ⎠+ +∫ ∫ ∫ d .x 0,25

1 1

00

d 1x x• = =∫ . 0,25

112

2 00

2 d ln( 1) ln 21

x x xx

• = + =+∫ . 0,25

4 (1,0 điểm)

Do đó . 1 ln 2I = + 0,25 o o120 60BAD ABC ABC= ⇒ = ⇒Δ đều

32

aAM⇒ = 2 3 .2ABCD

aS⇒ = 0,25

SAMΔ vuông tại A có o45SMA= SAM⇒Δ

vuông cân tại A 3 .2

aSA AM⇒ = =

Do đó 3

.1 . .3 4S ABCD ABCD

aV S A S= =

0,25

Do AD||BC nên ( ,( )) ( ,( )).d D SBC d A SBC=

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. Ta có AM BC⊥ và SA BC⊥ ⇒ ( )BC SAM⊥

( ) ( ,( )) .BC AH AH SBC d A SBC AH⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ =

0,25

5 (1,0 điểm)

Ta có 2 6 ,2 4

AM aAH = =

S

H

suy ra 6( ,( )) .4

ad D SBC = 0,25

A

B C

M

D



/4


Do 0, 0, 1x y xy y> > ≤ − nên 2

2 21 1 1 1 1 1 10 .

4 2x yy y yy y

− ⎛ ⎞< ≤ = − = − − ≤⎜ ⎟⎝ ⎠ 4

0,25

Đặt ,xt suy ra y

=10 .4

t< ≤ Khi đó 2

1 2 .6( 1)3

t tPtt t

+ −= −

+− +

Xét 2

1 2( ) ,6( 1)3

t tf ttt t

+ −= −

+− + với 10 .

4t ≤ Ta có 22 3

7 3 1'( ) .2( 1)2 ( 3)

tf ttt t

−= −

+− + <

Với 104

t< ≤ ta có và 2 3 ( 1) 3 3; 7 3 6t t t t t− + = − + < − > 1 1.t + >

Do đó 2 3

7 3 7 3 16 3 32 ( 3)

t t

t t

− −> >

− + và 2

1 .22( 1)t1

− >−+

Suy ra 1 1'( ) 0.23

f t > − >

0,25

Do đó 1 5 7( ) .4 3 30

P f t f ⎛ ⎞= ≤ = +⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

6 (1,0 điểm)

Khi 12

x = và ta có 2,y = 5 7 .3 30

P= + Vậy giá trị lớn nhất của P là 5 7 .3 30+ 0,25

7 1;2 2

IM ⎛= −⎜⎝ ⎠

.⎞⎟ Ta có M AB∈ và AB IM⊥ nên đường

thẳng AB có phương trình 7 33x y 0.− + = 0,25

( ;7 33).A AB A a a∈ ⇒ + Do M là trung điểm của AB nên

( 9; 7 30).B a a− − − − Ta có . 0HA HB HA HB⊥ ⇒ = 2 9 20 0 4a a a⇒ + + = ⇒ =− hoặc 5.a = −

0,25

• Với a 4=− ⇒ ( 4;5), ( 5; 2).A B− − − Ta có BH AC⊥ nên đường thẳng AC có phương trình 2 6 0x y .+ − = Do đó

(6 2 ; ).C c c− Từ IC = IA suy ra (7 Do đó c

2 22 ) ( 1) 25.c c− + − =1= hoặc 5.c = Do C khác A, suy ra (4;1).C

0,25

7.a (1,0 điểm)

A

M

B

C H

I

• Với a 5=− ⇒ ( 5; 2), ( 4;5).A B− − − Ta có BH AC⊥ nên đường thẳng AC có phương trình 2 8x y 0.− + = Do đó

( ;2 8).C t t + Từ IC = IA suy ra Do đó 2 2( 1) (2 7) 25.t t+ + + =1t = − hoặc 5.t =− Do C khác A, suy ra ( 1;6).C −

0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Suy ra ( 1 ; 1 ; 2 ).H t t t− + − + − + 0,25

5( ) ( 1 ) ( 1 ) ( 2 ) 1 0 .3

H P t t t t∈ ⇔ − + + − + + − + − = ⇔ = Do đó 2 2 1; ; .3 3 3

H ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

Gọi (Q) là mặt phẳng cần viết phương trình. Ta có (1;2;3)AB= và vectơ pháp tuyến của (P) là

Do đó (Q) có vectơ pháp tuyến là (1;1;1).n = ' ( 1;2; 1).n = − − 0,25

8.a (1,0 điểm)

Phương trình của mặt phẳng (Q) là: 2 1x y z 0.− + + = 0,25

Điều kiện của bài toán tương đương với (3 ) 1 3i z i+ =− + 0,25

.z i⇔ = 0,25

Suy ra 1 3 .w i= − + 0,25

9.a (1,0 điểm)

0,25 Do đó môđun của w là 10.



/4

Câu Đáp án ĐiểmTa có tâm của (C) là Đường thẳng IM vuông góc với Δ nên có phương trình

(1;1).I1.x = Do đó (1; ).M a 0,25

Do ( )M C∈ nên .2( 1) 4a− = Suy ra 1a =− hoặc 3.a =Mà M ∉Δ nên ta được (1; 1).M −

0,25

( ;3).N N b∈Δ⇒ Trung điểm của MN thuộc (C)

( )2

21 1 1 1 4= 5b⇒ =2

b+⎛ ⎞⇒ − + −⎜ ⎟⎝ ⎠

= − hoặc b 3.

Do đó hoặc (5;3)N ( 3;3).N −

0,25

7.b (1,0 điểm)

( ;3).P P c∈Δ⇒

- Khi từ (5;3),N MP IN⊥ suy ra 1.c =− Do đó ( 1;3).P −

I

M

- Khi ( 3;3),N − từ MP IN⊥ suy ra 3.c = Do đó (3;3).P0,25

2 2 2

| ( 1) 2.3 2( 2) 5|( ,( ))1 ( 2) ( 2)

d A P − − − − +=

+ − + − 0,25

2 .3

= 0,25

Vectơ pháp tuyến của (P) là (1; 2; 2).n = − − 0,25

8.b

P N

(1,0 điểm)

Phương trình mặt phẳng cần tìm là 2 2 3 0x y z .− − + = 0,25

Ta có ( )f x xác định và liên tục trên đoạn [0 ; ;2]2

22 4 6'( ) .

( 1)x xf x

x+ −

=+

0,25

Với ta có [0; 2]x∈ '( ) 0 1.f x x= ⇔ = 0,25

9.b (1,0 điểm)

Ta có 5(0) 3; (1) 1; (2) .3

f f f= = = 0,25

Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 1; giá trị lớn nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 3. 0,25

------------- Hết -------------



BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012

Môn: TOÁN; Khối D

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

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

Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 22 22(3 1) (1),3 3

y x mx m x= − − − + m là tham số thực.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1.m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị 1x và 2x sao cho 1 2 1 22( ) 1.x x x x+ + =

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 cos3 sin cos 2 cos 2 .x x x x+ − + = x

Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 3 2 2 2

2 0( , ).

2 2 0

xy xx y

x x y x y xy y

+ − =⎧⎪ ∈⎨− + + − − =⎪⎩

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân

π4

0

(1 sin 2 )d .I x x= +∫ x

')

Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân, . Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng(

. ' ' ' 'ABCD A B C D 'A AC'AC a= ' 'ABBC BCD theo a.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực ,x y thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của

biểu thức

2 2( 4) ( 4) 2 32.x y xy− + − + ≤3 3 3( 1)( 2).A x y xy x y= + + − + −

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC

và AD lần lượt có phương trình là và 3x y+ = 0 4 0;x y− + = đường thẳng BD đi qua điểm ( )1;1 .3

M −

Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng và điểm Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4.

( ): 2 2 10 0P x y z+ − + =(2;1;3).I

Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 2(1 2 )(2 ) 7 8 .1

ii z ii

++ + =

++ Tìm môđun của số phức 1 .w z i= + +

B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho

: 2 3 0.d x y− + =2.AB CD= =

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

x yd − += =

−z và hai

điểm Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M. (1; 1;2),A − (2; 1;0).B −

Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình 2 3(1 ) 5 0z i z i+ + + = trên tập hợp các số phức.

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






Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm)

Khi hàm số trở thành 1,m = 3 22 24 .3 3

y x x x= − − +

• Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: hoặc 22 2 4; 0y x x y x′ ′= − − = ⇔ = −1 2.x =

0,25

Các khoảng đồng biến: và ( ; 1−∞ − ) (2; );+∞ khoảng nghịch biến . ( 1;2)−- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1,x = − yCĐ 3,= đạt cực tiểu tại 2,x = yCT 6.= − - Giới hạn: lim , lim ,

x xy y

→−∞ →+∞= −∞ = +∞

0,25


0,25

• Đồ thị: b) (1,0 điểm)

Ta có 2 22 2 2(3y x mx m′ = − −

Đồ thị hàm số có hai điểm cực tr

213 4 0m⇔ − >2 13

13m⇔ >

Ta có: 1 2x x m+ = và 1 2 1x x =

1 (2,0 điểm)

0m⇔ = hoặc 2 .3

m = Kiểm

−∞

+∞ 3

–6

y

'y + 0 – 0 + x −∞ –1 2 +∞


BỂ HỌC VÔ

0,25

. 1)− 0,25

ị khi và chỉ khi phương trình 0y′ = có hai nghiệm phân biệt

hoặc 2 13 .13

m < − 0,25

23 ,− m do đó 21 2 1 22( ) 1 1 3 2 1x x x x m m+ + = ⇔ − + = 0,25

tra điều kiện ta được 2 .3

m = 0,25

x –1 O 2

– 6

3

y

Trang 1/4 BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN


Phương trình đã cho tương đương với: (2sin 2cos 2)cos2 0.x x x+ − = 0,25 π πcos2 0 ( ).4 2

kx x k• = ⇔ = + ∈ 0,25

2sin 2cos 2 0x x• + − = ( )π 1cos4 2

x⇔ − = 0,25

2 (1,0 điểm)

7π 2π12

x k⇔ = + hoặc π 2π ( )12

x k k= − + ∈ .

Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: π π ,4 2

kx = + 7π 2π,12

x k= + π 2π ( )12

x k k= − + ∈ .

0,25

Hệ đã cho tương đương với: 2

2 0 (1)(2)(2 1)( ) 0

xy x

x y x y

+ − =⎧⎪⎨

− + − =⎪⎩0,25

2 1 0 2x y y x• − + = ⇔ = +1. Thay vào (1) ta được 2 1 51 0 .2

x x x − ±+ − = ⇔ =

Do đó ta được các nghiệm 1 5( ; ) ; 52

x y⎛ ⎞− +

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

và 1 5( ; ) ; 5 .2

x y⎛ ⎞− −

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

2 0 2.x y y• − = ⇔ = x Thay vào (1) ta được 3 22 0 ( 1)( 2) 0x x x x x+ − = ⇔ − + + = 0,25

3 (1,0 điểm)

1.x⇔ = Do đó ta được nghiệm ( ; ) (1; 1).x y = Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là:

( ; ) (1; 1),x y = 1 5( ; ) ; 52

x y⎛ ⎞− +

= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

, 1 5( ; ) ; 5 .2

x y⎛ ⎞− −

= −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

π π π ππ4 4 4 42 24

0 0 0 00

πd sin 2 d sin 2 d sin 22 32xI x x x x x x x x x x x= + = + = +∫ ∫ ∫ ∫ d . 0,25

Đặt suy ra ;d sin 2 d ,u x v x x= =1d d ; cos22

u x v x= = − . 0,25

Khi đó

π ππ

4 44

00 0

1 1 1sin 2 d cos2 cos2 d cos2 d2 2 2

π4

0

x x x x x x x x x= − + =∫ ∫ ∫ 0,25

4 (1,0 điểm)

π4

0

1 1sin 2 .4 4

x= = Do đó 2π 1 .

32 4I = + 0,25

Tam giác A AC′ vuông cân tại A và A C a′ = nên

A A AC′ = .2

a= Do đó .

2aAB B C′ ′= = 0,25

3

'1 1' '. ' '. . ' .3 6ABB C ABB

aV B C S B C AB BB′ ′ ∆= = =2

48 0,25

Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của .A AB′∆ Ta có 'AH A B⊥ và AH BC⊥ nên ( ' ),AH A BC⊥

nghĩa là (AH BCD ').⊥ Do đó ( ,( ')).AH d A BCD=0,25

5 (1,0 điểm)

Ta có 2 2 21 1 1 6 .

' 2AH AB AA a= + =

Do đó 6( ,( ')) .6

ad A BCD AH= = 0,25

A B

C D

'A

'D 'C

'B

H

Trang 2/4




Ta có 2 2( 4) ( 4) 2 32 2( ) 8( ) 0 0x y x y x yx y xy− + − + ≤ 8.⇔ + − + ≤ ⇔ ≤ + ≤ 0,25

3( ) 3( ) 6 6A x y x y xy= + − + − + 3 23( ) ( ) 3( )2

x y x y x y≥ + − + − + + 6.

Xét hàm số: 3 23( ) 3 62

f t t t t= − − + trên đoạn [0 ; 8].

Ta có 2( ) 3 3 3,f t t t′ = − −1 5( ) 0

2f t t +′ = ⇔ = hoặc 1 5

2t −= (loại).

0,25

Ta có 1 5 17 5 5(0) 6, , (8) 398.2 4

f f f⎛ ⎞+ −

= =⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

= Suy ra 17 5 5 .4

A −≥ 0,25

6 (1,0 điểm)

Khi 1 54

x y += = thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 17 5 5 .

4− 0,25

Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 3 0

4 0x yx y+ =⎧

⎨ − + =⎩( 3;1). A⇒ − 0,25

Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có

phương trình là 4 0.3

x y− + = Vì N thuộc AC, nên tọa

độ của điểm N thỏa mãn hệ 4 0 11; .3

33 0

x yN

x y

⎧ − + =⎪ ⎛ ⎞⇒ −⎨ ⎜ ⎟⎝ ⎠⎪ + =⎩

0,25

Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN và vuông góc với AD, nên có phương trình là 0.x y+ =Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD.

Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ ⎧⎨

03 0

x yx y+ =

,+ =⎩

và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ 04 0.

x yx y+ =⎧

⎨ − + =⎩Do đó I(0; 0) và K(−2;2).

0,25

7.a (1,0 điểm)

2 (3; 1);AC AI C= ⇒ − 2 ( 1;3);AD AK D= ⇒ −

(1; 3).BC AD B= ⇒ − 0,25

Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình. 0,25

Ta có ( ;( )) 3.IH d I P= = 0,25

Bán kính của mặt cầu (S) là: 2 23 4 5R .= + = 0,25

8.a (1,0 điểm)

Phương trình của mặt cầu (S) là: 2 2 2( 2) ( 1) ( 3) 25x y z− + − + − = . 0,25

Ta có: 2(1 2 )(2 ) 7 8 (2 ) 4 71

ii z i i z ii

++ + = + ⇔ + = +

+ 0,25

3 2 .z i⇔ = + 0,25

Do đó 4 3 .w i= + 0,25

9.a (1,0 điểm)

Môđun của w là 2 24 3 5+ = . 0,25

I

N

M D C

B A

K

Trang 3/4



Câu Đáp án Điểm Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình. Do nên tọa độ của I có dạng I d∈ ( ;2 3).I t t+ 0,25

( , ) ( , )AB CD d I Ox d I Oy= ⇔ = | | | 2 3 | 1t t t⇔ = + ⇔ = − hoặc 3.t=− 0,25

• Với ta được nên 1t = − ( 1;1),I − ( ; ) 1.d I Ox = Suy ra, bán kính của (C) là 2 21 1 2. + =

Do đó 2 2( ): ( 1) ( 1) 2.C x y+ + − = 0,25

7.b (1,0 điểm)

• Với ta được nên 3t = − ( 3; 3),I − − ( ; ) 3.d I Ox = Suy ra, bán kính của (C) là 2 23 1 10.+ =

Do đó 2 2( ): ( 3) ( 3) 10.C x y+ + + =0,25

Do M d∈ nên tọa độ của điểm M có dạng (1 2 ; 1 ; ).M t t t+ − − 0,25 Ta có (2 ; ; 2), ( 1 2 ; ; ).AM t t t BM t t t= − − = − + −

Tam giác AMB vuông tại M . 0AM BM⇔ = 0,25

2 22 ( 1 2 ) ( 2) 0 6 4 0t t t t t t t⇔ − + + + − = ⇔ − = 0,25

8.b (1,0 điểm)

0t⇔ = hoặc 2 .3

t = Do đó ( )1; 1;0M − hoặc 7 5 2; ;3 3 3

M ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

. 0,25

Phương trình bậc hai có biệt thức 2 3(1 ) 5 0z i z i+ + + = 2 .i∆ = − 0,25 2(1 ) .i= − 0,25

Do đó nghiệm của phương trình là 3(1 ) (1 ) 1 22

i iz i− + + −= = − − 0,25

9.b (1,0 điểm)

hoặc 3(1 ) (1 ) 2 .2

i iz i− + − −= = − − 0,25

------------- HẾT-------------

Trang 4/4




ĐỀ CHÍNH THỨC

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

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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 11

xyx

+= ⋅+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng

cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. Câu II (2,0 điểm)

1. Giải phương trình sin 2 2cos sin 1 0.tan 3

x x xx

+ − − =+

2. Giải phương trình ( ) ( )22 1

2

log 8 log 1 1 2 0 ( ).x x x− + + + − − = ∈x

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 4

0

4 1 d .2 1 2

xI xx

−=+ +∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2 3a và Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.

30 .SBC =

Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: 3 2

2

2 ( 2)( , ).

1 2x y x xy m

x yx x y m

⎧ − + + =⎪ ∈⎨+ − = −⎪⎩

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường

thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C.

2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: 1 32 1 2

x y z+ −= =−

⋅

Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i.

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Viết

phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 1 3:2 4 1

x y− −Δ = = z và mặt phẳng

Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P). ( ) : 2 2 0.P x y z− + =

Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số 22 3

1x xy

x+ +=

+3 trên

đoạn [0; 2]. ----------- Hết ----------

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






ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM


1. (1,0 điểm)

• Tập xác định: { }\ 1D = − . • Sự biến thiên:

– Chiều biến thiên: 2

1' 0( 1)

yx

=+

,> ∀ x ∈ D.

Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞).

0,25

– Giới hạn và tiệm cận: lim limx x

y y→ −∞ → +∞

= = 2; tiệm cận ngang: y = 2.

= + ∞, = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1. ( )1

limx

y−→ − ( )1

limx

y+→ −

0,25

– Bảng biến thiên:

Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm)

Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình:

kx + 2k + 1 = 2 11

xx

++

⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm)

⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = 0 (1).

0,25

d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt

⇔ ⇔ ⎨ ⇔ 00

k ≠⎧⎨Δ >⎩

2

06 1 0

kk k

≠⎧

− + >⎩

0

3 2 2 3 2 2.

k

k k

≠⎧⎪⎨

< − ∨ > +⎪⎩ (*). 0,25

I (2,0 điểm)

Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm của (1).

x − ∞ –1 y’ + +

y − ∞

+ ∞

+ ∞

2

2

2

x

y

– 1 O

1

0,25 d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ 1 2 1kx k+ + = 2 2 1kx k+ +



/4


⇔ k(x1 + x2) + 4k + 2 = 0 (do x1 ≠ x2). Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3.

0,25

1. (1,0 điểm)

Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ 3− (*). Phương trình đã cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – 1 = 0

0,25

⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0. 0,25

⇔ sinx = – 1 ⇔ x = – 2π + k2π hoặc cosx = 1

2 ⇔ x = ±

3π + k2π. 0,25

Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x = 3π + k2π (k ∈ Z). 0,25

2. (1,0 điểm)

Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: ( ) ( )2

2 2log 8 log 4 1 1x x⎡ ⎤− = + + −⎣ ⎦x 0,25

⇔ 8 – x2 = 4 ( 1 1 )x x+ + − ⇔ (8 – x2)2 = 16 ( )22 2 1 x+ − (1). 0,25

Đặt t = 21− x , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 0 ⇔ (t – 1)2(t2 + 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1.

0,25

II (2,0 điểm)

Do đó, (1) ⇔ 21− =x 1 ⇔ x = 0, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0.

0,25

Đặt t = 2 1x + ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt. Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3.

0,25

I = 3 3

1

2 3 d2

t t tt

−+∫ =

32

1

102 4 52

t tt

⎛ ⎞− + −⎜ ⎟+⎝ ⎠

∫

III

dt 0,25

= 33

2

1

2 2 5 10ln 23t t t t

⎛ ⎞− + − +⎜ ⎟ 0,25

⎝ ⎠

(1,0 điểm)

= 34 310ln .3 5

+ 0,25

Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin = SBC 3.a 0,25

Diện tích: SABC = 12

BA.BC = 6a2.

Thể tích: VS.ABC = 13

SABC.SH = 32 3

IV

.a0,25

Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)). BH = SB.cos = 3a ⇒ BC = 4HC SBC⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)).

0,25

(1,0 điểm)

Ta có AC = 2 2BA BC+ = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA. HCAC

= 3 .5a

HK = 2 2

.SH HDSH HD+

= 3 714a . Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = 6 7 .

7a

0,25

V (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với:

2

2

( )(2 )( ) (2 ) 1 2x x x y m

B

S

A

C D

H K

.x x x y

⎧ − − =⎪⎨

− + − = −⎪⎩ m 0,25



/4


Đặt u = x2 – x, u ≥ – 1 ;4

v = 2x – y.

Hệ đã cho trở thành: ⇔ 1 2

uv mu v m

=⎧⎨ + = −⎩

2 (2 1) 0 (1)1 2 .

u m u mv m u⎧ + − + =⎨

= − −⎩

Hệ đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – 1 .4

0,25

Với u ≥ – 1 ,4

ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = 2

.2 1u uu

− ++

Xét hàm f(u) = 2

,2 1u uu

− ++

với u ≥ – 1 ;4

ta có:

'( )f u = – 2

2

2 2 1;(2 1)u u

u+ −

+ '( )f u = 0 ⇔ u = 1 3 .

2− +

0,25

Bảng biến thiên:

Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤ 2 3 .2

−

0,25

1. (1,0 điểm)

Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: 3BD GD=

⇔ ⇒ 4 3( 1)1 3( 1)

x xy y

+ = −⎧⎨ − = −⎩

7 ; 1 .2

D ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x – y – 1 = 0 của góc A.

f(u)

u 14

− 1 32

− +

'( )

+ ∞

f u + 0 –

58

− – ∞

2 32

−

Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ:

1( 4) 1( 1) 04 1 1 0

2 2

x yx y

+ + − =⎧⎪⎨ − +− − =⎪⎩

⇔ ⇒ E(2; – 5). 3 07 0

x yx y

+ + =⎧⎨ − − =⎩

0,25

Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0. 0,25

Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎧⎨ ⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1). 1 0

4 13x y

x y− − =

0− − =⎩0,25

2. (1,0 điểm)

Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0. 0,25 Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B. 0,25 B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0). 0,25

VI.a (2,0 điểm)

A D

B

G •

C E

Phương trình ∆: 1 22 23 3 .

x ty tz t

= +⎧⎪ = +⎨⎪ = +⎩

0,25

VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i

0,25



/4


⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i 0,25

⇔ 3 1

3 3 9a ba b

− − =⎧⎨ − =⎩

0,25

(1,0 điểm)

⇔ Vậy z = 2 – i. 2

1.ab

=⎧⎨ = −⎩

0,25

1. (1,0 điểm)

Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính bằng 10. Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương trình ∆ có dạng: y = m.

0,25

Hoành độ M, N là nghiệm phương trình: x2 – 2x + m2 + 4m – 5 = 0 (1). (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, khi và chỉ khi: m2 + 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x1; m) và N(x2; m).

0,25

AM ⊥ AN ⇔ = 0 ⇔ (x.AM AN 1 – 1)(x2 – 1) + m2 = 0 ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + 1 = 0. 0,25

Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m2 + 4m – 6 = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3.

0,25

2. (1,0 điểm)

Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t). 0,25

Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1

⇔ 2(1 2 ) (3 4 ) 2

3t t+ − + + t

= 1 0,25

⇔ t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1). 0,25

VI.b (2,0 điểm)

Phương trình mặt cầu: (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1 hoặc (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1.

0,25

2

2

2 4'( 1)x xyx

+=+

; 0,25

y' = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0. 0,25

y(0) = 3, y(2) = 17 .3

0,25

VII.b (1,0 điểm)

Vậy: [ ]0; 2min y = 3, tại x = 0;

[ ]0; 2max y = 17 ,

3 tại x = 2. 0,25

------------- Hết -------------

A

y

x O

M N

I – 2

– 3

1




ĐỀ CHÍNH THỨC


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

Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số . 4 2 6y x x= − − +1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.

2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng 1 16

y x= − .

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

2. Giải phương trình 3 32 2 2 2 44 2 4 2 4x x x x x x+ + + + + −+ = + (x ∈ R).

Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1

32 lne

dI x xx

⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠∫ x .

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a ; hình

chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH = 4

AC . Gọi CM là đường

cao của tam giác SAC. Chứng minh M là trung điểm của SA và tính thể tích khối tứ diện SMBC theo a.

Câu V (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất của hàm số 2 24 21 3 1y x x x x= − + + − − + + 0 . PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(3; −7), trực tâm là H(3; −1), tâm đường tròn

ngoại tiếp là I(−2; 0). Xác định tọa độ đỉnh C, biết C có hoành độ dương. 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai mặt phẳng (P): x + y + z − 3 = 0 và (Q): x − y + z − 1 = 0. Viết

phương trình mặt phẳng (R) vuông góc với (P) và (Q) sao cho khoảng cách từ O đến (R) bằng 2. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn: | z | = 2 và z2 là số thuần ảo. B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và Δ là đường thẳng đi qua O. Gọi H là hình chiếu

vuông góc của A trên Δ. Viết phương trình đường thẳng Δ, biết khoảng cách từ H đến trục hoành bằng AH.

2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: 3x t

y tz t

= +⎧⎪ =⎨⎪ =⎩

và Δ2: 2 1

2 1 2x y− −

= =z . Xác

định tọa độ điểm M thuộc Δ1 sao cho khoảng cách từ M đến Δ2 bằng 1.

Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2

2 2

4 2 02log ( 2) log 0x x y

x

⎧ − + + =⎪⎨ y− − =⎪⎩

(x, y ∈ R).

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



/4




ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm

1. (1,0 điểm)

• Tập xác định: R.

• Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 'y = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); 'y (x) = 0 ⇔ x = 0.

0,25

- Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 6. - Giới hạn: lim

xy

→−∞ = lim

xy

→+∞ = − ∞.

0,25


0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm)

Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = 16

x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6. 0,25

Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình − 4x3 − 2x = − 6 0,25

⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4). 0,25

I (2,0 điểm)

Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10. 0,25

1. (1,0 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − 1 = 0 0,25

⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1). 0,25

Do phương trình cosx + sinx + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25

II (2,0 điểm)

(1) ⇔ sinx = 12

⇔ x = 6π+ k2π hoặc x = 5

6π + k2π ( k ∈ Z). 0,25

'y + 0 −

y 6

− ∞

x −∞ 0 +∞

− ∞

y

x

6

2− 2 O



/4


2. (1,0 điểm)

Điều kiện: x ≥ − 2.

Phương trình đã cho tương đương với: ( )( )32 24 4 42 2 2 2 0xx x+ −− − = . 0,25

• 24x − 24 = 0 ⇔ x = 1. 0,25

• 2 22 x+ − 3 42x − = 0 ⇔ 2 2x + = x3 − 4 (1).

Nhận xét: x ≥ 3 4 . 0,25

Xét hàm số f(x) = 2 2x + − x3 + 4, trên )3 4 ;⎡ +∞⎣ .

'f (x) = 12x +

− 3x2 < 0, suy ra f(x) nghịch biến trên )3 4 ;⎡ +∞⎣ .

Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2.

0,25

I = 1

32 ln de

x x xx

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠∫ =

1

2 ln de

x x x∫ − 1

ln3 de x x

x∫ . 0,25

• Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du = dxx

và v = x2.

1

2 ln de

x x x∫ = ( )2

1ln

ex x −

1

de

x x∫ = e2 − 2

12

ex =

2 12

e + . 0,25

• 1

ln de x x

x∫ = ( )1

ln d lne

x x∫ = 2

1

1 ln2

e

x = 12

. 0,25

III (1,0 điểm)

Vậy I = 2

2e − 1. 0,25

• M là trung điểm SA.

AH = 24

a , SH = 2 2SA AH− = 144

a . 0,25

HC = 3 24

a , SC = 2 2SH HC+ = a 2 ⇒ SC = AC.

Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA. 0,25

• Thể tích khối tứ diện SBCM.

M là trung điểm SA ⇒ SSCM = 12

SSCA

⇒ VSBCM = VB.SCM = 12

VB.SCA = 12

VS.ABC

0,25

IV (1,0 điểm)

⇒ VSBCM = 16

SABC.SH = 3 1448

a . 0,25

Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5. Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0.

0,25

y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2 ( 3)(7 )( 2)(5 )x x x x+ − + −

= ( )2( 3)(5 ) ( 2)(7 )x x x x+ − − + − + 2 ≥ 2, suy ra: 0,25

y ≥ 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 13

. 0,25

V (1,0 điểm)

Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25

S

C D

B A

M

H



/4


1. (1,0 điểm)

Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x + 2)2 + y2 = 74.

Phương trình AH: x = 3 và BC ⊥ AH, suy ra phương trình BC có dạng: y = a (a ≠ − 7, do BC không đi qua A). Do đó hoành độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = 0 (1).

0,25

Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | < 70 .

Do C có hoành độ dương, nên B(− 2 − 274 a− ; a) và C(− 2 + 274 a− ; a). 0,25

AC ⊥ BH, suy ra: .AC BH = 0

⇔ ( )274 5a− − ( )274 5a− + + (a + 7)(− 1 − a) = 0

⇔ a2 + 4a − 21 = 0

0,25

⇔ a = − 7 (loại) hoặc a = 3 (thỏa mãn). Suy ra C(− 2 + 65 ; 3).

0,25

2. (1,0 điểm)

Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là

Pn = (1; 1; 1) và Qn = (1; − 1; 1), suy ra:

,P Qn n⎡ ⎤⎣ ⎦ = (2; 0; −2) là vectơ pháp tuyến của (R). 0,25

Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0. 0,25

Ta có d(O,(R)) = ,2

D suy ra:

2D

= 2 ⇔ D = 2 2 hoặc D = 2 2− . 0,25

VI.a (2,0 điểm)

Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 2 = 0 hoặc x − z − 2 2 = 0. 0,25

Gọi z = a + bi, ta có: 2 2z a b= + và z2 = a2 − b2 + 2abi. 0,25

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

2 2

2

0

a b

a b

⎧ + =⎪⎨

− =⎪⎩ 0,25

⇔2

2

1

1.

a

b

⎧ =⎪⎨

=⎪⎩ 0,25

VII.a (1,0 điểm)

Vậy các số phức cần tìm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i. 0,25

1. (1,0 điểm)

Gọi tọa độ H là (a; b), ta có: 2 2 2( 2)AH a b= + − và khoảng cách từ H đến trục hoành là | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2.

0,25

Do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = 1. 0,25

Từ đó, ta có: 2

2 2

4 4 0

2 0.

a b

a b b

⎧ − + =⎪⎨

+ − =⎪⎩

Suy ra: (2 5 2; 5 1)H − − hoặc ( 2 5 2; 5 1)H − − − .

0,25

VI.b (2,0 điểm)

Vậy phương trình đường thẳng ∆ là

( 5 1) 2 5 2 0x y− − − = hoặc ( 5 1) 2 5 2 0x y− + − = . 0,25

I •

A

B C H

O

H

y

x

A

P Q

R

• O



/4


2. (1,0 điểm)

Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t). + ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2).

0,25

Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ,v AM⎡ ⎤⎣ ⎦ = (2 − t; 2; t − 3). 0,25

Ta có: d(M, ∆2) = ,v AM

v

⎡ ⎤⎣ ⎦ = 22 10 17

3t t− + , suy ra:

22 10 173

t t− + = 1 0,25

⇔ t2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4. Do đó M(4; 1; 1) hoặc M(7; 4; 4).

0,25

Điều kiện: x > 2, y > 0 (1). 0,25

Từ hệ đã cho, ta có: 2 4 2 0

2x x yx y

⎧ − + + =⎪⎨

− =⎪⎩ 0,25

⇔ 2 3 0

2x xy x

⎧ − =⎪⎨

= −⎪⎩ ⇔

02

xy=⎧

⎨ = −⎩ hoặc

31.

xy=⎧

⎨ =⎩ 0,25

VII.b (1,0 điểm)

Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1). 0,25 ------------- Hết -------------

M ∆2

∆1

d =1

H




ĐỀ CHÍNH THỨC


Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm)

Cho hàm số 4 2(3 2) 3y x m x= − + + m mC m có đồ thị là là tham số. ( ),1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 0.m = 2. Tìm m để đường thẳng cắt đồ thị tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2. 1y = − ( mC )

Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình 3 cos5 2sin3 cos2 sin 0.x x x x− − =

2. Giải hệ phương trình 22

( 1) 3 0( , ).5( ) 1 0

x x yx y

x yx

+ + − =⎧⎪ ∈⎨

+ − + =⎪⎩

Câu III (1,0 điểm)

Tính tích phân 3

1

.1x

dxIe

=−∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ đứng có đáy là tam giác vuông tại . ' ' 'ABC A B C ABC , , ' 2 , ' 3 .B AB a AA a A C a= = = Gọi M là trung điểm của đoạn thẳng ' ',A C I là giao điểm của và Tính theo thể tích khối tứ diện và khoảng cách từ điểm đến mặt phẳng (

AM ' .A C a IABCA ).IBC

Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm ,x y thay đổi và thoả mãn 1.x y+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2(4 3 )(4 3 ) 25 .S x y y x xy= + + +

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ ,Ox cho tam giác có là trung điểm của cạnh Đường trung tuyến và đường cao qua đỉnh lần lượt có phương trình là

y ABC (2;0)M .ABA 7 2 3 0x y− − = và Viết phương

trình đường thẳng 6 4 0.x y− − =

.AC2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho các điểm và mặt phẳng

Xác định toạ độ điểm Oxyz (2;1;0), (1;2;2), (1;1;0)A B C

( ) : 20 0.P x y z+ + − = D thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng CD song song với mặt phẳng (

AB).P

Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ ,Ox tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức thoả mãn điều kiện | y z (3 4 ) | 2.z i− − =

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ , cho đường tròn .Oxy 2 2( ) : ( 1) 1C x y− + = Gọi là tâm của Xác định

toạ độ điểm

I ( ).C

M thuộc sao cho ( )C IMO = 30 .

2. Trong không gian với hệ toạ độ , cho đường thẳng Oxyz 2 2:1 1 1

x y+ −Δ = =

−z

m

và mặt phẳng

Viết phương trình đường thẳng nằm trong ( sao cho d cắt và vuông góc với đường thẳng ( ) : 2 3 4 0.P x y z+ − + = d )P

.ΔCâu VII.b (1,0 điểm)

Tìm các giá trị của tham số để đường thẳng m 2y x= − + cắt đồ thị hàm số 2 1x xy

x+ −

= tại hai điểm phân

biệt sao cho trung điểm của đoạn thẳng thuộc trục tung. ,A B AB---------- Hết ----------

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





Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)

ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM


1. (1,0 điểm) Khảo sát…

Khi 0,m = 4 22 .y x x= −• Tập xác định: .D =• Sự biến thiên:

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

0,25

Hàm số nghịch biến trên: ( ; và đồng biến trên: và (1 1)−∞ − (0;1); ( 1;0)− ; ).+ ∞- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại đạt cực đại tại y1, 1;CTx y= ± = − 0,x = CĐ 0.=

- Giới hạn: lim lim .x x

y y→−∞ →+∞

= = +∞0,25


Trang 1/4

0,25

• Đồ thị:

0,25

2. (1,0 điểm) Tìm ...m

Phương trình hoành độ giao điểm của ( và đường thẳng )mC 1:y = − 4 2(3 2) 3 1.x m x m− + + = −Đặt phương trình trở thành: 2 , 0;t x t= ≥ 2 (3 2) 3 1 0t m t m− + + + =

0,25

⇔ hoặc t m 1t = 3 1.= + 0,25

Yêu cầu của bài toán tương đương: 0 3 1 43 1 1

mm< + <⎧

⎨ + ≠⎩0,25

I (2,0 điểm)

⇔ 1 1,3

m− < < 0.m ≠ 0,25

1. (1,0 điểm) Giải phương trình…

Phương trình đã cho tương đương: 3 cos5 (sin 5 sin ) sin 0x x x x− + − =

⇔ 3 1cos5 sin 5 sin2 2

x x x− =

x −∞ 1− 0 1 y' − 0 + 0 − 0 +

y +∞

1− 1−

0

+∞

+∞

x O

y

2− 21−

1− 1

8

0,25

II (2,0 điểm)

⇔ sin 5 sin3

x xπ⎛ ⎞− =⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25



/4


⇔ 5 23

x x kπ π− = + hoặc 5 23

x x kπ π π− = − + . 0,25

Vậy: 18 3

x kπ π= + hoặc 6 2

x kπ π= − + ( ). k ∈ 0,25

2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…

Hệ đã cho tương đương: 2

2

31 0

5( ) 1

x yx

x yx

⎧ + + − =⎪

0⎪ + − + =⎪⎩

⎪⎨ 0,25

⇔ 2

2

3 1

3 51 1 0⇔

x yx

x x

⎧ + = −⎪⎪⎨⎛ ⎞⎪ − − + =⎜ ⎟⎪⎝ ⎠⎩

2

3 1

4 6 2 0

x yx

xx

⎧ + = −⎪⎪⎨⎪ − + =⎪⎩

0,25

⇔ 1 1

2xx y

⎧ =⎪⎨⎪ + =⎩

hoặc

1 12

12

x

x y

⎧ =⎪⎪⎨ ⎪ + =⎪⎩

0,25

⇔ 11

xy

=⎧⎨ =⎩

hoặc 2

3 .2

x

y

=⎧⎪⎨ = −⎪⎩

Nghiệm của hệ: và ( ; ) (1;1)x y = 3( ;

0,25

) 2; .2

x y ⎛ ⎞= −⎜ ⎟⎝ ⎠

Tính tích phân…

Đặt 3, ; 1, ; 3,x dtt e dx x t e x t et

= = = = = = 0,25 .

3

( 1)

e

e

dtIt t

=−∫ =

3

1 11

e

e∫ dt

t t⎛ ⎞−⎜ ⎟−⎝ ⎠

0,25

= 3 3

ln | 1| ln| |e ee et t− − 0,25

III (1,0 điểm)

= 2ln( 1) 2.e e+ + − 0,25

Tính thể tích khối chóp... IV (1,0 điểm) Hạ ; là đường cao

của tứ diện ( )IH AC H AC⊥ ∈ ⇒ ( )IH ABC⊥ IH

.IABC

⇒ // 'IH AA ⇒ 2' ' 3

IH CIAA CA

= = ⇒ 2 4' .3 3

aIH AA= =

2 2' ' 5,AC A C A A a= − = 2 2 2 .BC AC AB a= − =

Diện tích tam giác :ABC 21 . .2ABCS AB BCΔ = = a

Thể tích khối tứ diện :IABC 31 4. .

3 9ABCaV I H SΔ= =

0,50 A C

C' A'

B

B'

M

K

I

H a

2a 3a



/4


Hạ ' ( ' ).AK A B K A B⊥ ∈ Vì ( ' ')BC ABB A⊥ nên ⇒ AK BC⊥ ( ).AK IBC⊥ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( ) là IBC .AK 0,25

'2 2

2 '. 2 5 .' 5'AA BS AA AB aAK

A B A A ABΔ= = =

+ 0,25

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…

Do nên: 1,x y+ = 2 2 3 316 12( ) 9 25S x y x y xy x= + + + + y0,25

2 2 316 12 ( ) 3 ( ) 34x y x y xy x y xy⎡ ⎤= + + − + +⎣ ⎦2 216 2 12.x y xy= − +

Đặt ta được: ,t xy= 216 2 12;S t t= − +2( ) 10

4 4x yxy +≤ ≤ = ⇒ 10; .

4t ⎡ ⎤∈ ⎢ ⎥⎣ ⎦

Xét hàm trên đoạn 2( ) 16 2 12f t t t= − + 10;4

⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

'( ) 32 2;f t t= − '( ) 0f t = ⇔ 1 ;16

t = (0) 12,f = 116

f ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 191,16

14

f ⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

= 25.2

10;4

1 25max ( ) ;4 2

f t f⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

10;4

1 191min ( ) .16 16

f t f⎡ ⎤⎢ ⎥⎣ ⎦

⎛ ⎞= =⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

Giá trị lớn nhất của bằng S25 ;2

khi 1

14

x y

xy

+ =⎧⎪⎨ =⎪⎩

⇔ 1 1( ; ) ; .2 2

x y ⎛ ⎞= ⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

V (1,0 điểm)

Giá trị nhỏ nhất của bằng S191;16

khi 1

116

x y

xy

+ =⎧⎪⎨ =⎪⎩

⇔ 2 3 2 3( ; ) ;4 4

x y⎛ ⎞+ −= ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

hoặc 2 3 2 3( ; ) ; .4 4

x y⎛ ⎞− += ⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…

Toạ độ A thoả mãn hệ: ⇒ 7 2 3 06 4 0

x yx y

− − =⎧⎨ − − =⎩

(1;2).A

B đối xứng với A qua ,M suy ra (3; 2).B = −0,25

Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 6 4x y− − = 0..Phương trình : 6 9 0BC x y+ + = 0,25

Toạ độ trung điểm của đoạn thẳng N BC thoả mãn hệ: 7 2 3 0

6 9 0x y

x y− − =⎧

⎨ + + =⎩⇒

30; .2

N ⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

0,25

⇒ phương trình đường thẳng (2. 4; 3 ;AC MN= = − − ) : 3 4 5 0.AC x y− + = 0,25

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

( 1;1;2),AB = − phương trình :AB212 .

x ty tz t

= −⎧⎪ = +⎨⎪ =⎩

0,25

VI.a (2,0 điểm)

D thuộc đường thẳng AB (2 ;1 ;2 ) (1 ; ;2 ).D t t t CD t t t⇒ − + ⇒ = − 0,25



/4


Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( ) :P (1;1;1).n =

C không thuộc mặt phẳng ( ).P

//( ) . 0CD P n CD⇔ = 11.(1 ) 1. 1.2 0 .2

t t t t⇔ − + + = ⇔ = − Vậy 5 1; ; 1 .2 2

D⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

0,50

Tìm tập hợp các điểm…

Đặt ( , );z x yi x y= + ∈ ( ) ( )3 4 3 4 .z i x y− + = − + +

VII.a

i 0,25

Từ giả thiết, ta có: ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 23 4 2 3 4 4x y x y− + + = ⇔ − + + = . 0,50

(1,0 điểm)

Tập hợp điểm biểu diễn các số phức là đường tròn tâm bán kính z (3; 4I − ) 2.R = 0,25

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

Gọi điểm ( ); .M a b Do ( );M a b thuộc nên ( )C ( )2 21 1;a b− + = ( )O C∈ ⇒ 1.IO IM= = 0,25

Tam giác IMO có nên OIM = 120 2 2 2 2 22 . .cos120 3.OM IO IM IO IM a b= + − ⇔ + = 0,25

Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ( )2 2

2 2

31 1 2

33 .2

aa b

a b b

⎧ =⎪⎧ − + =⎪ ⎪⇔⎨ ⎨+ =⎪ ⎪⎩ = ±⎪⎩

Vậy 3 3; .2 2

M⎛ ⎞

= ±⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠

0,50

2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…

Toạ độ giao điểm của với thoả mãn hệ: I Δ ( )P2 2

1 1 1x

2 3 4 0

y z

x y z

+ −⎧ = =⎪−⎨

⎪ + − + =⎩

⇒ ( 3;1;1).I − 0,25

Vectơ pháp tuyến của vectơ chỉ phương của ( ) :P (1;2; 3);n = − :Δ (1;1; 1).u = − 0,25

Đường thẳng cần tìm qua và có vectơ chỉ phương d I ( ), 1; 2; 1v n u⎡ ⎤= = − −⎣ ⎦ . 0,25

VI.b (2,0 điểm)

Phương trình :d3

1 21 .

x ty tz t

= − +⎧⎪ = −⎨⎪ = −⎩

0,25

Tìm các giá trị của tham số ...m VII.b

Phương trình hoành độ giao điểm: 2 1 2x x x m

x+ − = − + ⇔ 23 (1 ) 1 0 ( 0).x m x x+ − − = ≠ 0,25

(1,0 điểm)

Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 2,x x khác 0 với mọi .m 0,25

1 2 1.2 6I

x x mx + −= =Hoành độ trung điểm của I 0,25 :AB

10 06I

mI Oy x m−∈ ⇔ = ⇔ = ⇔ =1. 0,25

-------------Hết-------------




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

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

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

Cho hàm số 3 2y x 3x 4 (1).= − + 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I(1;2) với hệ số góc k ( k 3> − ) đều cắt đồ thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB.

Câu II (2 điểm) 1. Giải phương trình 2sinx (1 cos2x) sin2x 1 2cosx.+ + = +

2. Giải hệ phương trình 2 2xy x y x 2y

x 2y y x 1 2x 2y

⎧ + + = −⎪⎨

− − = −⎪⎩ (x, y ).∈

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0),B(3;0;3),C(0;3;3),D(3;3;3).

1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân 2

31

lnxI dx.x

= ∫

2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu

thức 2 2

(x y)(1 xy)P .(1 x) (1 y)

− −=+ +

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

1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức 1 3 2n 12n 2n 2nC C ... C 2048−+ + + = ( k

nC là số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : 2y 16x= và điểm A(1;4). Hai điểm

phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc oBAC 90 .= Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định.

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

1. Giải bất phương trình 2

12

x 3x 2log 0.x

− + ≥

2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên AA' a 2.= Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.

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

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

ĐỀ CHÍNH THỨC




ĐỀ CHÍNH THỨC

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

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

Nội dung Câu Điểm I 2,00

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • Tập xác định : D = .

• Sự biến thiên : , 2y ' 3x 6x= −x 0

y ' 0x 2

=⎡= ⇔ ⎢ =⎣ .

0,25

• yCĐ = ( ) ( )CTy 0 4, y y 2 0.= = = 0,25

• Bảng biến thiên :

0,25

• Đồ thị :

Trang 1/4

0,25

2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm)

Gọi là đồ thị hàm số (1). Ta thấy thuộc Đường thẳng d đi qua với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2.

(C) I(1;2) (C).I(1;2)

Hoành độ giao điểm của và d là nghiệm của phương trình (C) 3 2x 3x 4 k(x 1) 2− + = − + ⇔ 2(x 1) x 2x (k 2) 0⎡ ⎤− − − + =⎣ ⎦

⇔2

x 1x 2x (k 2) 0 (*)

=⎡⎢ − − + =⎣ .

0,50

Do nên phương trình (*) có biệt thức Δ = và không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt tại ba điểm phân biệt I(

với là nghiệm của (*).

k > −

x −∞ 0 2 +∞y’ + 0 − 0

y 4

0 −∞

+ +∞

4

−1 O

y

2 x

(ứng với giao điểm I)

3 + >x ; y ),

I

' 3 k 0 x 1=(C) I I

A A B BA(x ; y ),B(x ; y ) A Bx , xVì và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm).

A Bx x 2 2x+ = =0,50

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

Phương trình đã cho tương đương với 24sinx cos x s in2x = 1 + 2cosx+ ⇔ (2cosx 1)(sin2x 1) 0.+ − = 0,50

1 2cosx x k2 .2 3

π• = − ⇔ = ± + π

sin2x 1 x k .4π• = ⇔ = + π

Nghiệm của phương trình đã cho là 2x k2 ,3π= ± + π x k

4π= + ).∈π (k

0,50



2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0.

Hệ phương trình đã cho tương đương với (x y)(x 2y 1) 0 (1)

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

+ − − =⎧⎪⎨

− − = −⎪⎩

Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3).

Trang 2/4

0,50

Thay (3) vào (2) ta được (y 1) 2y 2(y 1)+ = + ⇔ y = 2 (do ) ⇒ x = 5. y 1 0+ > Nghiệm của hệ là (x ; y) (5;2).=

0,50

III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm)

Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng trong đó 2 2 2x y z 2ax 2by 2cz d 0 (*),+ + + + + + = 2 2 2a b c d 0 (**).+ + − >Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệ phương trình

6a 6b d 186a 6c d 186b 6c d 186a 6b 6c d 27.

+ + = −⎧⎪ + + = −⎪⎨ + + = −⎪⎪ + + + = −⎩

0,50

Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 2 2 2x y z 3x 3y 3z = 0.+ + − − − 0,50

2 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm)

Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm 3 3 3I ; ;2 2 2

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx ny pz q 0+ + + = 2 2 2(m n p 0).+ + >

Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 3m 3n q 03m 3p q 0 6m 6n 6p q 0.3n 3p q 0.

+ + =⎧⎪ + + = ⇒ = = = − ≠⎨⎪ + + =⎩

Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là x y z 6 0.+ + − =

0,50

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng (ABC).

H

Phương trình đường thẳng IH :

3 3x y z2 2 .

1 1 1

− − −= =

32

Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình x y z 6 0

3 3x y z2 2

+ + − =⎧⎪⎨ − = − = −⎪⎩

3 .2

Giải hệ trên ta được H(2;2;2).

0,50

IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm)

Đặt và u ln x= 3dxdvx

= dxdux

⇒ = và 21v .

2x= − 0,25

Khi đó 2 2

2 31 1

ln x dxI2x 2x

= − + ∫ 2

21

ln 2 18 4x

= − − 0,50

3 2 ln 2 .16

−= 0,25



2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm)

Ta có [ ]22 2

(x y)(1 xy) (x y)(1 xy) 1 1 1P P(1 x) (1 y) 4 4 4(x y) (1 xy)

− − + += ≤ ≤ ⇔ − ≤+ + + + +

Trang 3/4

.≤ 0,50

• Khi thì x 0, y 1= = 1P .4

= −

• Khi thì x 1, y 0= = 1P .4

=

Giá trị nhỏ nhất của P bằng 1 ,4

− giá trị lớn nhất của P bằng 1 .4

0,50

V.a 2,00

1 Tìm n biết rằng…(1,00)

Ta có 2n 0 1 2n 1 2n2n 2n 2n 2n0 (1 1) C C ... C C .−= − = − + − +

2n 2n 0 1 2n 1 2n2n 2n 2n 2n2 (1 1) C C ... C C .−= + = + + + +

0,50

⇒ 1 3 2n 1 2n2n 2n 2nC C ... C 2 .− −+ + + = 1

6.

Từ giả thiết suy ra 2n 12 2048 n− = ⇔ =

0,50

2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm)

Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên 2bB( ;b),

16

2cC( ;c)16

với b, c

là hai số thực phân biệt, b 4≠ và c 4 .≠2 2b cAB 1;b 4 , AC 1;c 4 .

16 16⎛ ⎞ ⎛

= − − = − −⎜ ⎟ ⎜⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎠

Góc nên oBAC 90=

AB .AC 0= ⇔2 2b c1 1 (b 4)(c 4)

16 16⎛ ⎞⎛ ⎞

− − + − −⎜ ⎟⎜ ⎟⎝ ⎠⎝ ⎠

0=

⇔ (1). 272 4(b c) bc 0+ + + =

0,50

Phương trình đường thẳng BC là: 2

2 2

cx y c16b c b c16 16

− −=−−

16x (b c)y bc 0⇔ − + + = (2).

Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I( 17; 4).−

0,50

V.b 2,00

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

Bpt đã cho tương đương với 2x 3x 20 1

x− +< ≤ . 0,50

2 0 x 1x 3x 2 0x 2.x

< <⎡− +• > ⇔ ⎢ >⎣

2 x 0x 4x 2 0x 2 2 x 2 2

<⎡− +• ≤ ⇔ ⎢− ≤ ≤ +⎣

.

Tập nghiệm của bất phương trình là : ) (2 2 ;1 2;2 2 .⎡ ⎤− ∪ +⎣ ⎦

0,50



2 Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B.

Thể tích khối lăng trụ là 2 3ABC.A'B'C' ABC

1 2V AA '.S a 2. .a2 2

= = =

Trang 4/4

a (đvtt).

0,50

A'B'

B M

E

C

A

C'

Gọi E là trung điểm của BB Khi đó mặt phẳng (AME) song song với nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, bằng khoảng cách giữa

và mặt phẳng (AME).

'. B 'CB 'C

B'CNhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AME). Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). Do tứ diện BAME có BA, BM, BE đôi một vuông góc nên 0,50

2 2 2 21 1 1 1h BA BM BE

= + + 2 2 2 21 1 4 2h a a a

= + + = 27a

a 7h .7

⇒ = ⇒

a 7 .7

Khoảng cách giữa hai đường thẳng và AM bằng B 'C

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

----------------Hết----------------




ĐỀ CHÍNH THỨC

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

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

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I. (2 điểm)

Cho hàm số 2xy .x 1

=+

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số đã cho. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai trục Ox, Oy tại A, B và tam giác

OAB có diện tích bằng 1 .4

Câu II. (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2x xsin cos 3 cos x 2.

2 2⎛ ⎞+ + =⎜ ⎟⎝ ⎠

2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:

3 33 3

1 1x y 5x y

1 1x y 15m 10.x y

⎧ + + + =⎪⎪⎨⎪ + + + = −⎪⎩

Câu III. (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( ) ( )A 1;4;2 , B 1;2;4− và đường thẳng

x 1 y 2 z: .1 1 2− +Δ = =

−

1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt phẳng ( )OAB .

2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho 2 2MA MB+ nhỏ nhất.

Câu IV. (2 điểm)

1. Tính tích phân: e

3 2

1

I x ln xdx.= ∫

2. Cho a b 0.≥ > Chứng minh rằng: b a

a ba b

1 12 2 .2 2

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ ≤ +⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b)

Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Tìm hệ số của 5x trong khai triển thành đa thức của: ( ) ( )5 102x 1 2x x 1 3x .− + +

2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) ( ) ( )2 2C : x 1 y 2 9− + + = và đường thẳng d : 3x 4y m 0.− + =

Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA,PB tới ( )C (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều.

Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1. Giải phương trình: ( )x x2 2 x

1log 4 15.2 27 2log 0.4.2 3

+ + + =−

2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, 0ABC BAD 90 ,= = BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng ( )SCD .

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



1/4


ĐỀ CHÍNH THỨC

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

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

Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00

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

Ta có 2x 2y 2 .x 1 x 1

= = −+ +

• Tập xác định: D = \{ 1}− .

• Sự biến thiên: 22y ' 0, x D.

(x 1)= > ∀ ∈

+

0,25

Bảng biến thiên

0,25

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. 0,25

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm)

Vì ( )M C∈ nên 00

0

2xM x ; .x 1

⎛ ⎞⎜ ⎟+⎝ ⎠

Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:

( )( )( ) ( )

20 0

0 0 2 20 0 0

2x 2x2y y ' x x x y x .x 1 x 1 x 1

= − + ⇔ = ++ + +

( )( )

22 00 2

0

2xA x ;0 , B 0; .x 1

⎛ ⎞⎜ ⎟⇒ −⎜ ⎟+⎝ ⎠

0,25

Từ giả thiết ta có: ( )

22002

0

2x 1. x2x 1

− =+

20 020 0

2x x 1 0

2x x 1 0.

⎡ + + =⇔ ⎢

− − =⎢⎣

0

0

1x2

x 1

⎡ = −⎢⇔⎢

=⎣

0,50

y

x −∞ 1− +∞ y ' + +

+∞ 2

−∞2

y

O x

2

1−



2/4

Với 01x2

= − ta có 1M ; 22

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

Với 0x 1= ta có ( )M 1;1 .

Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 1M ; 22

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

và ( )M 1;1 .

0,25

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

Phương trình đã cho tương đương với 11 sin x 3 cos x 2 cos x

6 2π⎛ ⎞+ + = ⇔ − =⎜ ⎟

⎝ ⎠ 0,50

( )x k2 , x k2 k .2 6π π

⇔ = + π = − + π ∈Z 0,50

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

Đặt ( )1 1x u, y v u 2, v 2 .x y

+ = + = ≥ ≥ Hệ đã cho trở thành:

( )3 3

u v 5 u v 5uv 8 mu v 3 u v 15m 10

+ =⎧ + =⎧⎪ ⇔⎨ ⎨ = −+ − + = − ⎩⎪⎩

0,25

u, v⇔ là nghiệm của phương trình: 2t 5t 8 m− + = (1). Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm

1 2t t , t t= = thoả mãn: 1 2t 2, t 2≥ ≥ (t1, t2 không nhất thiết phân biệt).

Xét hàm số ( ) 2f t t 5t 8= − + với t 2≥ :

Bảng biến thiên của ( )f t :

0,50

Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 7 m 24≤ ≤ hoặc m 22≥ . 0,25

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

Tọa độ trọng tâm: ( )G 0;2;2 . 0,25

Ta có: ( ) ( )OA 1;4;2 ,OB 1;2;4= = − .

Vectơ chỉ phương của d là: ( ) ( )n 12; 6;6 6 2; 1;1 .= − = − 0,50

Phương trình đường thẳng d: x y 2 z 2 .2 1 1

− −= =

− 0,25

2 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm)

Vì ( )M M 1 t; 2 t;2t∈∆⇒ − − + 0,25

t −∞ 2− 2 5 / 2 +∞ ( )f ' t − − 0 +

( )f t 22+∞

7 / 4 2

+∞



3/4

( ) ( )( ) ( ) ( ) ( )( )2 2 2 2 22 2 2MA MB t 6 t 2 2t 2 t 4 t 4 2t⇒ + = + − + − + − + + − + −

( )2212t 48t 76 12 t 2 28.= − + = − + 2 2MA MB+ nhỏ nhất t 2.⇔ =

0,50

Khi đó ( )M 1;0;4 .− 0,25 IV 2,00

1 Tính tích phân (1,00 điểm)

Đặt 4

2 3 2 ln x xu ln x,dv x dx du dx, v .x 4

= = ⇒ = = Ta có:

e e e4 42 3 3

1 11

x 1 e 1I .ln x x ln xdx x ln xdx.4 2 4 2

= − = −∫ ∫ 0,50

Đặt 4

3 dx xu ln x,dv x dx du , v .x 4

= = ⇒ = = Ta có:

e ee e4 4 43 3 4

11 11

x 1 e 1 3e 1x ln xdx ln x x dx x .4 4 4 16 16

+= − = − =∫ ∫

Vậy 45e 1I .32−

=

0,50

2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức đã cho tương đương với

( ) ( ) ( ) ( )a bb aa b

ln 1 4 ln 1 41 4 1 4 .

a b

+ ++ ≤ + ⇔ ≤

0,50

Xét hàm ( )( )xln 1 4

f xx

+= với x 0.> Ta có:

( )( ) ( )( )

x x x x

2 x

4 ln 4 1 4 ln 1 4f ' x 0

x 1 4

− + += <

+

⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng ( )0; .+∞

Do f(x) nghịch biến trên ( )0;+∞ và a b 0≥ > nên ( ) ( )f a f b≤ và ta có điều phải chứng minh.

0,50

V.a 2,00 1 Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm)

Hệ số của x5 trong khai triển của ( )5x 1 2x− là ( )4 452 .C .−

Hệ số của x5 trong khai triển của ( )102x 1 3x+ là 3 3103 .C .

0,50

Hệ số của x5 trong khai triển của ( ) ( )5 102x 1 2x x 1 3x− + + là

( )4 4 3 35 102 C 3 .C 3320.− + =

0,50

2 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm) (C) có tâm ( )I 1; 2− và bán kính R 3.= Ta có: PAB∆ đều nên

IP 2IA 2R 6= = = ⇔ P thuộc đường tròn ( )C' tâm I, bán kính R ' 6.= 0,50

Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d tiếp xúc với ( )C' tại P ( )d I;d 6 m 19, m 41.⇔ = ⇔ = = −

0,50



4/4

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

Điều kiện: x4.2 3 0.− > Phương trình đã cho tương đương với:

( ) ( )2x x x2 2log 4 15.2 27 log 4.2 3+ + = − ( )2x x5. 2 13.2 6 0⇔ − − =

0,50

⇔x

x

225

2 3

⎡ = −⎢⎢

=⎢⎣

Do x2 0> nên x2 3= 2x log 3⇔ = (thỏa mãn điều kiện).

0,50

2 Chứng minh SCD∆ vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a CD AC⇒ ⊥ . Mặt khác, CD SA⊥ . Suy ra CD SC⊥ nên tam giác SCD vuông tại C.

0,50

Trong tam giác vuông SAB ta có: 2 2 2

2 2 2 2 2SH SA SA 2a 2SB 3SB SA AB 2a a

= = = =+ +

Gọi d1 và 2d lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì

22 1

1

d SH 2 2d d .d SB 3 3

= = ⇒ =

Ta có: B.SCD BCD1

SCD SCD

3V SA.Sd .S S

= =

2BCD

1 1S AB.BC a .2 2

= =

2 2 2 2 2SCD

1 1S SC.CD SA AB BC . IC ID2 2

= = + + + 2a 2.=

Suy ra 1ad .2

=

Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: 2 12 ad d .3 3

= =

0,50


----------------Hết----------------

S

A

B C

D H I




ĐỀ CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006

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

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

Cho hàm số 3y x 3x 2= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d

cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt. Câu II (2 điểm)

1. Giải phương trình: cos3x cos2x cosx 1 0.+ − − = 2. Giải phương trình: ( )22x 1 x 3x 1 0 x .− + − + = ∈

Câu III (2 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1;2;3) và hai đường thẳng:

1 2x 2 y 2 z 3 x 1 y 1 z 1d : , d : .

2 1 1 1 2 1− + − − − += = = =

− −

1. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1. 2. Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2.

Câu IV (2 điểm)

1. Tính tích phân: ( )1

2x

0

I x 2 e dx.= −∫

2. Chứng minh rằng với mọi a 0> , hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: x ye e ln(1 x) ln(1 y)

y x a.

⎧ − = + − +⎪⎨

− =⎪⎩

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

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): 2 2x y 2x 2y 1 0+ − − + = và đường thẳng d: x y 3 0.− + = Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).

2. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?

Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)

1. Giải phương trình: 2 2x x x x 2x2 4.2 2 4 0.+ −− − + =

2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.

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

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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



1/4


ĐỀ CHÍNH THỨC

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

Môn: TOÁN, khối D

(Đáp án - Thang điểm có 04 trang)

Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) 3y x 3x 2.= − +

• TXĐ: . • Sự biến thiên: 2y ' 3x 3, y ' 0 x 1, x 1.= − = ⇔ = − =

0,25 Bảng biến thiên:

_ +++∞

-∞0

4

001-1 +∞-∞

y

y'x

yCĐ = ( ) ( )CTy 1 4, y y 1 0.− = = =

0,50

• Đồ thị:

0,25

2 Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đường thẳng d là: ( )y m x 3 20.= − + 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( )C là:

( ) ( )( )3 2x 3x 2 m x 3 20 x 3 x 3x 6 m 0.− + = − + ⇔ − + + − =

0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị ( )C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi

( ) 2f x x 3x 6 m= + + − có 2 nghiệm phân biệt khác 3

0,25

( )

( )

159 4 6 m 0 m4

f 3 24 m 0 m 24.

⎧Δ = − − >⎧ >⎪ ⎪⇔ ⇔⎨ ⎨= − ≠⎪ ⎪⎩ ≠⎩

0,25

O −1 1

2

4

x

y

−2



2/4

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

Phương trình đã cho tương đương với: ( )22sin 2x.sin x 2sin x 0 sin x sin 2x sin x 0− − = ⇔ + =

( )2sin x 2cos x 1 0.⇔ + =

0,50

• ( )sin x 0 x k k .= ⇔ = π ∈ 0,25

• ( )1 2cos x x k2 k .2 3

π= − ⇔ = ± + π ∈ 0,25

2 Giải phương trình (1,00 điểm)

Đặt ( )2t 1t 2x 1 t 0 x .2+= − ≥ ⇒ = Phương trình đã cho trở thành:

4 2t 4t 4t 1 0− + − =

0,25

( ) ( )2 2t 1 t 2t 1 0⇔ − + − = t 1, t 2 1.⇔ = = − 0,50

Với t 1,= ta có x 1.= Với t 2 1,= − ta có x 2 2.= − 0,25 III 2,00

1 Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm) Mặt phẳng ( )α đi qua ( )A 1;2;3 và vuông góc với 1d có phương trình là:

( ) ( ) ( )2 x 1 y 2 z 3 0 2x y z 3 0.− − − + − = ⇔ − + − =

0,50

Tọa độ giao điểm H của 1d và ( )α là nghiệm của hệ:

( )x 0x 2 y 2 z 3y 1 H 0; 1; 2 .2 1 1

2x y z 3 0 z 2

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

0,25

Vì A ' đối xứng với A qua 1d nên H là trung điểm của AA ' ( )A ' 1; 4;1 .⇒ − − 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm)

Vì Δ đi qua A, vuông góc với 1d và cắt 2d , nên Δ đi qua giao điểm B của

2d và ( ).α

0,25

Tọa độ giao điểm B của 2d và ( )α là nghiệm của hệ:

( )x 2x 1 y 1 z 1y 1 B 2; 1; 2 .1 2 1

2x y z 3 0 z 2

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

0,25

Vectơ chỉ phương của Δ là: ( )u AB 1; 3; 5 .= = − − 0,25

Phương trình của Δ là: x 1 y 2 z 3.1 3 5− − −= =

− − 0,25

IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm)

( )1

2x

0

I x 2 e dx.= −∫ Đặt 2x2x

u x 2 1du dx, v e .2dv e dx

= −⎧⎪ ⇒ = =⎨=⎪⎩

0,25

( )1 1

2x 2x

0 0

1 1I x 2 e e dx2 2

= − − ∫ 0,25

12 2

2x

0

e 1 5 3e1 e .2 4 4

−= − + − = 0,50



3/4

2 Chứng minh với mọi a 0,> hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm)

Điều kiện: x, y 1.> − Hệ đã cho tương đương với:

( ) ( ) ( )( )

x a xe e ln 1 x ln 1 a x 0 1

y x a 2

+⎧ − + + − + + =⎪⎨

= +⎪⎩

Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng ( )1; .− + ∞

0,25

Xét hàm số ( ) ( ) ( )x a xf x e e ln 1 x ln 1 a x ,+= − + + − + + với x 1.> −

Do ( )f x liên tục trong khoảng ( )1;− + ∞ và

( ) ( )x 1 xlim f x , lim f x

+→− →+ ∞= −∞ = + ∞

nên phương trình ( )f x 0= có nghiệm trong khoảng ( )1; .− + ∞

0,25

Mặt khác:

( )

( ) ( )( )

x a x

x a

1 1f ' x e e1 x 1 a x

ae e 1 0, x 1.1 x 1 a x

+= − + −+ + +

= − + > ∀ > −+ + +

⇒ ( )f x đồng biến trong khoảng ( )1; .− + ∞

0,25

Suy ra, phương trình ( )f x 0= có nghiệm duy nhất trong khoảng ( )1;− + ∞ . Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất.

0,25

V.a 1 Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc ... (1,00 điểm)

Đường tròn ( )C có tâm ( )I 1; 1 , bán kính R 1.=

Vì M d∈ nên ( )M x; x 3 .+

0,25

Yêu cầu của bài toán tương đương với: ( ) ( )2 2MI R 2R x 1 x 2 9 x 1, x 2.= + ⇔ − + + = ⇔ = = −

0,50

Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: ( ) ( )1 2M 1; 4 , M 2; 1 .−

0,25

2 Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp (1,00 điểm) Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là 4

12C 495.= 0,25 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:

- Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 2 1 15 4 3C .C .C 120.=

- Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 1 2 15 4 3C .C .C 90.=

- Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 1 1 25 4 3C .C .C 60.=

0,50

Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là: 120 90 60 270.+ + =

Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 270 225.− =

0,25



4/4

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

Phương trình đã cho tương đương với:

( ) ( ) ( )( )2 2 22x x x x x 2x x x2 2 1 4 2 1 0 2 4 2 1 0.− − −− − − = ⇔ − − = 0,50

• 2x 2x 22 4 0 2 2 x 1.− = ⇔ = ⇔ =

• 2 2x x x x 22 1 0 2 1 x x 0 x 0, x 1.− −− = ⇔ = ⇔ − = ⇔ = =

Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x 0, x 1.= =

0,50

2 Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)

M

K

H

N

C

B

A

S

Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. Do BC AK,BC SA⊥ ⊥ nên BC AH.⊥ Do AH SK,AH BC⊥ ⊥ nên ( )AH SBC .⊥

0,25

Xét tam giác vuông SAK: 2 2 21 1 1 2 3aAH .

AH SA AK 19= + ⇒ = 0,25

Xét tam giác vuông SAB: 2

22

SM SA 4SA SM.SB .SB 5SB

= ⇒ = =

Xét tam giác vuông SAC: 2

22

SN SA 4SA SN.SC .SC 5SC

= ⇒ = =

Suy ra: 2

SMNBCNM SBC

SBC

S 16 9 9 19aS S .S 25 25 100

= ⇒ = =

0,25

Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là: 3

BCNM1 3 3aV .AH.S .3 50

= = 0,25


---------------- Hết ----------------



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

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

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

Câu I (2 điểm)

Gọi m(C ) là đồ thị của hàm số 3 21 m 1y x x3 2 3

= − + (*) ( m là tham số).

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 2.= 2) Gọi M là điểm thuộc m(C ) có hoành độ bằng 1.− Tìm m để tiếp tuyến của m(C ) tại

điểm M song song với đường thẳng 5x y 0.− =

Câu II (2 điểm) Giải các phương trình sau:

1) 2 x 2 2 x 1 x 1 4.+ + + − + =

2) 4 4 3cos x sin x cos x sin 3x 0.4 4 2π π⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ + − − − =⎜ ⎟ ⎜ ⎟

⎝ ⎠ ⎝ ⎠

Câu III (3 điểm)

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm ( )C 2;0 và elíp ( )2 2x yE : 1.

4 1+ = Tìm

tọa độ các điểm A,B thuộc ( )E , biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục hoành và tam giác ABC là tam giác đều.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng

1 x 1 y 2 z 1d :

3 1 2− + += =

− và 2

x y z 2 0d :

x 3y 12 0.+ − − =⎧

⎨ + − =⎩ a) Chứng minh rằng 1d và 2d song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng

(P) chứa cả hai đường thẳng 1d và 2d . b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng 1 2d , d lần lượt tại các điểm A, B. Tính

diện tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ).

Câu IV (2 điểm)

1) Tính tích phân ( )2

sin x

0

I e cos x cos xdx.

π

= +∫

2) Tính giá trị của biểu thức ( )4 3n 1 nA 3AM n 1 !+ +=+

, biết rằng 2 2 2 2n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 149+ + + ++ + + =

( n là số nguyên dương, k nA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và k

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

Câu V (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz 1.= Chứng minh rằng

3 3 3 3 3 31 x y 1 y z 1 z x 3 3.xy yz zx

+ + + + + ++ + ≥

Khi nào đẳng thức xảy ra? -------------------------------Hết--------------------------------

Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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



HTTP://WWW.VNMATH.COM


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

ĐỀ CHÍNH THỨC

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

---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối D

(Đáp án – thang điểm gồm 4 trang) Câu Ý Nội dung Điểm

I 2,0 I.1 1,0

3 21 1m 2 y x x3 3

= ⇒ = − + .

a) TXĐ: .

b) Sự biến thiên: 2y ' x 2x, y ' 0 x 0, x 2.= − = ⇔ = =

0,25

Bảng biến thiên: x − ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 − 0 + y

13

− 1

+ ∞

∞ −

yCĐ

1

( ) ( )CT

1y 0 , y y 2 1.3

= = = = −

0,25

c) Tính lồi lõm, điểm uốn y '' 2x 2, y '' 0 x 1.= − = ⇔ =

x −∞ 1 +∞ y’’ − 0 +

Đồ thị hàm số lồi

1U 1;3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

lõm

Đồ thị của hàm số nhận 1U 1;3

⎛ ⎞−⎜ ⎟⎝ ⎠

là điểm uốn.

0,25

d) Đồ thị

-1

2

O

y

x

0,25

VNMATH.COM





I.2 1,0

Ta có: 2y ' x mx.= −

Điểm thuộc (Cm) có hoành độ x 1= − là mM 1;2

⎛ ⎞− −⎜ ⎟⎝ ⎠

.

0,25

Tiếp tuyến tại M của (Cm) là

∆: ( )( ) ( )m my y ' 1 x 1 y m 1 x2 2

2 .++ = − + ⇔ = + +

0,25

∆ song song với ( hay d :5x y 0− = d : y 5x= ) khi và chỉ khi

m 1 5m 4

m 2 0+ =⎧

.⇔ =⎨ + ≠⎩

Vậy m 4= .

0,50

II. 2,0 II.1 1,0

2 x 2 2 x 1 x 1 4.+ + + − + = ĐK: x 1≥ − .

0,25

Phương trình đã cho tương đương với

( ) ( )22 x 1 1 x 1 4 2 x 1 1 x 1 4 x 1 2+ + − + = ⇔ + + − + = ⇔ + =

0,50

x 3⇔ = .

0,25

II.2 1,0

Phương trình đã cho tương đương với

2 2 1 31 2sin x cos x sin 4x sin 2x 02 2⎡ ⎤π⎛ ⎞− + − + −⎜ ⎟⎢ ⎥⎝ ⎠⎣ ⎦ 2

=

0,25

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

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

2sin 2x sin 2x 2 0 sin 2x 1⇔ + − = ⇔ = hoặc sin 2x 2= − (loại).

0,50

Vậy ( )sin 2x 1 2x 2k x k k .2 4π π

= ⇔ = + π⇔ = + π ∈

0,25

VNMATH.COM





III. 3,0 III.1 1,0

Giả sử ( )o oA x ; y . Do đối xứng nhau qua Ox nên A,B o oB(x ; y ).−

Ta có và 2oAB 4y= 2 ( )22 2

o 0AC x 2 y .= − +

0,25

Vì ( )A E∈ nên 2 2

2 2o oo o

x xy 1 y 1 (1)4 4+ = ⇒ = − .

Vì nên AB AC= ( )2 2 2o o ox 2 y 4y (2)− + = .

0,25

Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được

o2o o

o

x 27x 16x 4 0 2x

7

=⎡⎢− + = ⇔⎢ =⎢⎣

.

0,25

Với thay vào (1) ta có 0x = 2 00y = . Trường hợp này loại vì A C≡ .

Với 0

2x7

= thay vào (1) ta có 0

4 3y .7

= ±

Vậy 2 4 3 2 4 3A ; , B ;7 7 7 7

⎛ ⎞ ⎛−⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝

⎞⎟⎟⎠

hoặc 2 4 3 2 4 3A ; , B ;7 7 7 7

⎛ ⎞ ⎛−⎜ ⎟ ⎜⎜ ⎟ ⎜

⎝ ⎠ ⎝.⎞⎟⎟⎠

0,25

III.2a 1,0

1d đi qua ( )1M 1; 2; 1− − và có vectơ chỉ phương ( )1u 3; 1;2= − .

2d có vectơ chỉ phương là ( )2

1 1 1 1 1 1u ; ; 3;

3 0 0 1 1 3⎛ ⎞− −

= =⎜ ⎟⎝ ⎠

1;2− .

0,25

Vì và nên 1u u= 2 21M d∉ 1 2d // d . 0,25

Mặt phẳng (P) chứa nên có phương trình dạng 2d

( ) ( ) ( )2 2x y z 2 x 3y 12 0 0α + − − +β + − = α +β ≠ .

Vì ( )1M P∈ nên ( ) ( )1 2 1 2 1 6 12 0 2 17 0.α − + − +β − − = ⇔ α + β =

0,25

Chọn Phương trình (P) là: 17 2.α = ⇒β = −

15x 11y 17z 10 0.+ − − =

0,25

III.2b 1,0

Vì nên A,B Oxz∈ A By y 0= = .

Vì nên 1A d∈ A Ax 1 2 z3 1 2− +

= =1

− ⇒ = ,A Ax z 5= − ( )A 5;0; 5−⇒ −

B B B2

B B

x z 2 0 x 12 B d B(12;0;10).

x 12 0 z 10− − = =⎧ ⎧

∈ ⇒ ⇔ ⇒⎨ ⎨− = =⎩ ⎩

0,50

( ) ( ) (OA 5;0; 5 ,OB 12;0;10 OA,OB 0; 10;0 .⎡ ⎤= − − = ⇒ = −⎣ ⎦ )

OAB

1 1S OA,OB .102 2∆⎡ ⎤= =⎣ ⎦ 5= (đvdt).

0,50

3VNMATH.COM





IV 2,0 IV.1 1,0

( )2 2

sin x

0 0

1 cos 2xI e d sin x d2

π π

+= +∫ ∫ x

0,25

sin x 2 2

0 0

1 1e x sin 2x2 2

π π⎛ ⎞= + +⎜ ⎟⎝ ⎠

0,50

e 14π

= + − .

0,25

IV.2 1,0 ĐK: . n 3≥Ta có 2 2 2 2

n 1 n 2 n 3 n 4C 2C 2C C 149+ + + ++ + + =

( )( )

( ) ( )( )

( )( )

n 1 ! n 2 ! n 3 ! n 4 !2 2 149

2! n 1 ! 2!n! 2! n 1 ! 2! n 2 !+ + + +

⇔ + + + =− + +

0,25

2n 4n 45 0 n 5, n⇔ + − = ⇔ = = −9.

. Vì n nguyên dương nên n 5=

0,25

4 36 5

6! 5!3.A 3A 32! 2!M .6! 6! 4

++= = =

0,50

V 1,0

Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

3 3 3 33

3 3

1 x y 3 1.x .y 3xy

1 x y 3 (1).xy xy

+ + ≥ =

+ +⇔ ≥

0,25

Tương tự

3 3

3 3

1 y z 3 (2)yz yz

1 z x 3 (3).zx zx

+ +≥

+ +≥

0,25

Mặt khác

33 3 3 3 3 33 .xy yz zx xy yz zx

+ + ≥

3 3 3 3 3 (4).xy yz zx

⇒ + + ≥

0,25

Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra (1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức ⇔ ⇔ .x y z 1

0,25 = = =

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

4VNMATH.COM





Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ------------------------ M«n: To¸n, Khèi D

§Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò ------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè 3 2y x 3mx 9x 1= − + + (1) víi m lµ tham sè.

1) Kh¶o s¸t hµm sè (1) khi m = 2. 2) T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) thuéc ®−êng th¼ng y = x + 1.

C©u II (2 ®iÓm) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .sin2sin)cossin2()1cos2( xxxxx −=+−

2) T×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm ⎪⎩

⎪⎨⎧

−=+

=+

.31

1

myyxx

yx

C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC cã çc ®Ønh );0();0;4();0;1( mCBA −

víi 0≠m . T×m täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC theo m. X¸c ®Þnh m ®Ó tam gi¸c GAB vu«ng t¹i G.

2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh l¨ng trô ®øng 111. CBAABC . BiÕt ),0;0;(aA

0,0),;0;(),0;1;0(),0;0;( 1 >>−− babaBCaB .

a) TÝnh kho¶ng çch gi÷a hai ®−êng th¼ng CB1 vµ 1AC theo .,ba

b) Cho ba, thay ®æi, nh−ng lu«n tháa m·n 4=+ ba . T×m ba, ®Ó kho¶ng çch gi÷a hai ®−êng

th¼ng CB1 vµ 1AC lín nhÊt.

3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm )1;1;1(),0;0;1(),1;0;2( CBA vµ mÆt ph¼ng (P): 02 =−++ zyx . ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ®i qua ba ®iÓm A, B, C vµ cã t©m thuéc mÆt ph¼ng (P).

C©u IV (2 ®iÓm)

1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ −3

2

2 )ln( dxxx .

2) T×m çc sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña 7

43 1

⎟⎟⎠

⎞⎜⎜⎝

⎛ +x

x víi x > 0.

C©u V (1 ®iÓm) Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh sau cã ®óng mét nghiÖm

01225 =−−− xxx . --------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- 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 §¸p ¸n - Thang ®iÓm ..................... ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ........................................... §Ò chÝnh thøc M«n: To¸n, Khèi D (§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)

C©u ý Néi dung §iÓmI 2,0 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm)

1962 23 ++−=⇒= xxxym .

a) TËp x¸c ®Þnh: R . b) Sù biÕn thiªn: 2 2y ' 3x 12x 9 3(x 4x 3)= − + = − + ; y ' 0 x 1, x 3= ⇔ = = . 0,25

yC§ = y(1) = 5 , yCT = y(3) =1. y'' = 6x 12− = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 3. §å thÞ hµm sè låi trªn kho¶ng ( ; 2),−∞ lâm trªn kho¶ng );2( ∞+ vµ cã ®iÓm uèn lµ

)3;2(U . 0,25 B¶ng biÕn thiªn:

x −∞ 1 3 + ∞ y' + 0 − 0 +

y 5 + ∞ −∞ 1 0,25

c) §å thÞ: §å thÞ hµm sè c¾t trôc Oy t¹i ®iÓm (0; 1).

0,25 2 T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè ...(1,0 ®iÓm)

y = x3 − 3mx2 + 9x + 1 (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m . y"= 0 ⇔ x = m ⇒ y = − 2m3 + 9m + 1. 0,25

y" ®æi dÊu tõ ©m sang d−¬ng khi ®i qua x = m, nªn ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) lµ I( m; − 2m3 + 9m +1). 0,25

I thuéc ®−êng th¼ng y = x + 1 ⇔ − 2m3 + 9m + 1 = m + 1 0,25 ⇔ 2m(4 − m2 ) = 0 ⇔ m = 0 hoÆc 2±=m . 0,25



2

II 2,0

1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm)

( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx ⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = 0. 0,25

• 2cosx − 1= 0 ⇔ cosx =

1 x k2 , k2 3

π⇔ = ± + π ∈Z . 0,25

• sinx + cosx = 0 ⇔ tgx = −1 ⇔ x k , k

4π= − + π ∈Z .

0,25

VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: x k23π= ± + π vµ x k , k

4π= − + π ∈Z .

0,25 2 T×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm (1,0 ®iÓm)

§Æt: u = x , v y,u 0, v 0.= ≥ ≥ HÖ ®· cho trë thµnh: 3 3

u v 1u v 1 3m

+ =⎧⎨

+ = −⎩ (*)

0,25 u v 1

uv m+ =⎧

⇔ ⎨ =⎩⇔ u, v lµ hai nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: t2 − t + m = 0 (**).

0,25 HÖ ®· cho cã nghiÖm (x; y) ⇔ HÖ (*) cã nghiÖm u ≥ 0, v ≥ 0 ⇔ Ph−¬ng tr×nh

(**) cã hai nghiÖm t kh«ng ©m. 0,25

⇔ 1 4m 0

1S 1 0 0 m .4

P m 0

∆ = − ≥⎧⎪ = ≥ ⇔ ≤ ≤⎨⎪ = ≥⎩

0,25 III 3,0

1 TÝnh to¹ ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC vµ t×m m... (1,0 ®iÓm)

Träng t©m G cña tam gi¸c ABC cã täa ®é:

A B C A B CG G

x x x y y y mx 1; y3 3 3

+ + + += = = = . VËy G(1; m3

). 0,25

Tam gi¸c ABC vu«ng gãc t¹i G ⇔ GA.GB 0= . 0,25 m mGA( 2; ), GB(3; )

3 3− − − .

0,25

GA.GB 0=2m6 09

⇔ − + = m 3 6⇔ = ± . 0,25

2 TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1,... (1,0 ®iÓm)

a) Tõ gi¶ thiÕt suy ra:

1 1C (0; 1; b), B C (a; 1; b)= −

1 1AC ( a; 1; b), AB ( 2a;0; b)= − = −

0,25



3

( ) 1 1 1

1 1 2 21 1

B C, AC AB abd B C, ACa bB C, AC

⎡ ⎤⎣ ⎦= =⎡ ⎤ +⎣ ⎦

.

0,25 b) ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã:

1 1 2 2

ab ab 1 1 a bd(B C;AC ) ab 222ab 2 2a b+= ≤ = ≤ =

+.

0,25 DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = 2.

VËy kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1 lín nhÊt b»ng 2 khi a = b = 2. 0,25 3 ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (1,0 ®iÓm)

I(x; y; z) lµ t©m mÆt cÇu cÇn t×m ⇔ I ∈ (P) vµ IA = IB = IC . Ta cã: IA2 = (x − 2)2 + y2 + ( z − 1)2

; IB2 = (x − 1)2 + y2 + z2 ;

IC2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( z − 1)2 . 0,25 Suy ra hÖ ph−¬ng tr×nh:

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=

=

=−++

22

22

02

ICIB

IBIA

zyx

⎪⎩

⎪⎨

⎧

=+=+

=++⇔

1

2

2

zyzxzyx

0,25 .0;1 ===⇔ yzx 0,25 ⇒== 1IAR Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu lµ ( x − 1)2 + y2 + ( z − 1)2 =1. 0,25IV 2,0

1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm)

I = 3

2

2

ln(x x)dx−∫ . §Æt 2

2

2x 1du dxu ln(x x)x x

dv dx v x

−⎧⎧ == − ⎪⇒ −⎨ ⎨=⎩ ⎪ =⎩

.

0,25 3 3

32

22 2

2x 1 1I x ln(x x) dx 3ln 6 2ln 2 2 dxx 1 x 1

− ⎛ ⎞= − − = − − +⎜ ⎟− −⎝ ⎠∫ ∫ 0,25

( ) 32

3ln 6 2ln 2 2x ln x 1= − − + − . 0,25 I = 3ln6 − 2ln2 − 2 − ln2 = 3ln3 − 2. 0,25 2 T×m sè h¹ng kh«ng chøa x... (1, 0 ®iÓm)

Ta cã: ( )7 k7 7 kk3 3

74 4k 0

1 1x C xx x

−

=

⎛ ⎞ ⎛ ⎞+ =⎜ ⎟ ⎜ ⎟⎝ ⎠ ⎝ ⎠

∑ 0,25

7 k k 28 7k7 7k k3 4 127 7

k 0 k 0C x x C x

− − −

= == =∑ ∑ .

0,25 Sè h¹ng kh«ng chøa x lµ sè h¹ng t−¬ng øng víi k (k Z, 0 k 7)∈ ≤ ≤ tho¶ m·n:

4012

728 =⇔=− kk.

0,25 Sè h¹ng kh«ng chøa x cÇn t×m lµ 4

7C 35= . 0,25



4

V Chøng minh ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt 1,0

x5 − x2 − 2x − 1 = 0 (1) . (1) ⇔ x5 = ( x + 1)2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ (x + 1) 2 ≥ 1 ⇒ x5 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1. 0,25

Víi x ≥ 1: XÐt hµm sè 5 2f (x) x x 2x 1= − − − . Khi ®ã f(x) lµ hµm sè liªn tôc

víi mäi x ≥ 1. Ta cã: f(1) = − 3 < 0, f(2) = 23 > 0. Suy ra f(x) = 0 cã nghiÖm thuéc ( 1; 2). (2) 0,25

f '( x) = 4 4 4 45x 2x 2 (2x 2x) (2x 2) x− − = − + − + .

3 4 42x(x 1) 2(x 1) x 0, x 1= − + − + > ∀ ≥ . 0,25

Suy ra f(x) ®ång biÕn trªn [ 1; +∞) (3). Tõ (1), (2), (3) suy ra ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng mét nghiÖm. 0,25



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

_______________________________________________

C©u 1 (2 ®iÓm).

1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2 2 4 (1)

2x xyx− +

=−

.

2) T×m ®Ó ®−êng th¼ng d ym : 2 2m mx m= + − c¾t ®å thÞ cña hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt.

C©u 2 (2 ®iÓm).

1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 2 2πsin tg cos 02 4 2x xx − − =

.

2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh . 2 222 2x x x x− + −− = 3

C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc cho ®−êng trßn Oxy

4)2()1( :)( 22 =−+− yxC vµ ®−êng th¼ng : 1 0d x y− − = . ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ( ®èi xøng víi ®−êng trßn qua ®−êng th¼ng

T×m täa ®é çc giao ®iÓm cña vµ . ')C

(C( )C .d

) ( ')C2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho ®−êng th¼ng

3 2:

1 0.kx ky z

dkx y z

0+ − + = − + + =

T×m ®Ó ®−êng th¼ng vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng k kd ( ) : 2 5 0P x y z− − + = .

3) Cho hai mÆt ph¼ng vµ vu«ng gãc víi nhau, cã giao tuyÕn lµ ®−êng th¼ng ( )P ( )Q ∆ . Trªn lÊy hai ®iÓm víi ∆ , A B AB a= . Trong mÆt ph¼ng lÊy ®iÓm , trong mÆt ph¼ng ( lÊy ®iÓm sao cho ,

( )P C)Q D AC BD cïng vu«ng gãc víi ∆ vµ . TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn vµ tÝnh kho¶ng

çch tõ ®Õn mÆt ph¼ng AC BD

AAB== ABCD

( )BCD theo . a

C©u 4 ( 2 ®iÓm).

1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè 2

1

1

xyx

+=

+ trªn ®o¹n [ ]1; 2− .

2) TÝnh tÝch ph©n 2

2

0 I x x d= −∫ x .

C©u 5 (1 ®iÓm).

Víi lµ sè nguyªn d−¬ng, gäi n 3 3na − lµ hÖ sè cña 3 3nx − trong khai triÓn thµnh ®a

thøc cña ( 1 . T×m n ®Ó 2 ) ( 2)nx x+ + n3 3 26na − n= .

------------------------------------------------ HÕt ------------------------------------------------

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



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 −−−−−−−−−−−−− ®¸p ¸n −thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc M«n thi : to¸n Khèi D

Néi dung ®iÓmC©u 1. 2®iÓm

1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè 2 2 4

2x xyx− +

=−

. 1 ®iÓm

TËp x¸c ®Þnh :R \{ 2 }.

Ta cã 2 2 4 4 .

2 2x xy xx x− +

= = +− −

2

2 204 4' 1 . ' 04.( 2) ( 2)

xx xy yxx x

=−= − = = ⇔ =− −

[ ] 4lim lim 02x x

y xx→∞ →∞

− = = ⇒−

tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: y x= ,

tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ: 2

limx

y→

= ∞⇒ 2x = .

B¶ng biÕn thiªn:

§å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; −2).

0,25®

0,5®

0,25®

2) 1 ®iÓm

§−êng th¼ng c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt md

⇔ ph−¬ng tr×nh 4 2 2

2x mx mx

+ = + −−

cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2

2( 1)( 2) 4m x⇔ − − = cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2 ⇔ 1 0m − > 1.m⇔ > VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµ m 1.m >

0,5®

0,5®

x

2

6

−2

2 4O

y

x − ∞ 0 2 4 + ∞ y’ + 0 − − 0 + − 2 + ∞ + ∞ y C§ CT − ∞ − ∞ 6

1



C©u 2. 2®iÓm

1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 2 2π tg cos 02 4 2x xx − −

sin (1) = 1 ®iÓm

§iÒu kiÖn: (*). Khi ®ã cos 0x ≠

( )2

21 sin 1(1) 1 cos 1 cos2 2 2cos

xx xx

π ⇔ − − = + ( ) ( )2 21 sin sin 1 cos cosx x x⇔ − = + x

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

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

π 2πsin 1 2cos 1 π 2πtg 1 π π

4

x kxx x kx x k

= +=⇔ = − ⇔ = + = − = − +

( )k∈Z .

KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: π 2ππ π4

x k

x k

= + = − +

( ) . k∈Z

0,5® 0,25® 0,25®

2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1). 2 222 2x x x x− + −− 3= 1 ®iÓm

§Æt . 2

2 0x xt t−= ⇒ >

Khi ®ã (1) trë thµnh 24 3 3 4 0 ( 1)( 4) 0t t t t tt

− = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ = 4t (v× t ) 0>

VËy 2 22 4x x x x− = ⇔ − = 2

12.

= −⇔ =

xx

Do ®ã nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ 1

2.= −

=

xx

0,5® 0,5®

C©u 3. 3®iÓm1) 1 ®iÓm

Tõ ( ) suy ra cã t©m vµ b¸n kÝnh 2 2: ( 1) ( 2) 4− + − =C x y ( )C (1;2)I 2.R =§−êng th¼ng cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ nd (1; 1). = −

uurDo ®ã ®−êng th¼ng ∆ ®i qua

vµ vu«ng gãc víi d cã ph−¬ng tr×nh: (1;2)I 1 21 1x y x y 3 0− −

= ⇔ + −−

= .

Täa ®é giao ®iÓm cña vµ lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: H d ∆1 0 2

(2;1).3 0 1

x y x

Hx y y− − = =

⇔ ⇒ + − = =

Gäi lµ ®iÓm ®èi xøng víi qua . Khi ®ã J (1;2)I d2 3

(3;0)2 0

J H I

J H I

x x xJ

y x x= − =

⇒ = − =.

V× ®èi xøng víi ( qua nªn cã t©m lµ vµ b¸n kÝnh

Do ®ã cã ph−¬ng tr×nh lµ:

( ')C

(C

)C d ( ')C2 2

(3;0)J 2.R =

') ( 3) 4− +x y = . Täa ®é c¸c giao ®iÓm cña ( vµ lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh: )C ( ')C

2 2

2 2 22 2

1 0 1( 1) ( 2) 4 1, 03, 2.( 3) 4 2 8 6 0( 3) 4

x y y xx y x yx yx y x xx y

− − = = − − + − = = = ⇔ ⇔ ⇔ = =− + = − + = − + =

VËy täa ®é giao ®iÓm cña vµ ( lµ vµ ( )C ')C (1;0)A (3;2).B

0,5 0,25® 0,25®

2



2) 1 ®iÓmTa cã cÆp vect¬ ph¸p tuyÕn cña hai mÆt ph¼ng x¸c ®Þnh lµ kd 1 (1;3 ; 1)= −

uurn k

vµ . Vect¬ ph¸p tuyÕn cña lµ 2 ( ; 1;1)= −uurn k ( )P (1; 1; 2)= − −

rn .

§−êng th¼ng cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ: kd2

1 2, (3 1; 1; 1 3 ) 0 k k k− − − − − ≠r

Nªn 21 1 3 1.

1 1 2k k k k− − − − −

= = ⇔ =− −

VËy gi¸ trÞ cÇn t×m lµ

0,5®

0,5 ®

3) 1 ®iÓmTa cã (P) ⊥ (Q) vµ ∆ = (P) ∩ (Q), mµ AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay

. T−¬ng tù, ta cã BD ⊥ ∆ nªn

BD ⊥(P), do ®ã CBD . VËy A vµ B A, B n»m trªn mÆt cÇu ®−êng kÝnh CD.

090=CAD090=

Vµ b¸n kÝnh cña mÆt cÇu lµ: 2 21

2 2CDR BC BD= = +

2 2 21 32 2

aAB AC BD= + + = .

Gäi H lµ trung ®iÓm cña BC⇒ AH ⊥ BC. Do BD ⊥(P) nªn BD ⊥ AH ⇒AH ⊥ (BCD).

VËy AH lµ kho¶ng c¸ch tõ A ®Õn mÆt ph¼ng (BCD) vµ 1 2 .2 2

aAH BC= =

0,25® 0,25® 0,5®

C©u 4. 2®iÓm

1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè2

1

1

xyx

+=

+ trªn ®o¹n [ ]1; 2− . 1 ®iÓm

2 31' .

( 1)

xyx

−=

+

' 0 1y x= ⇔ = .

Ta cã3( 1) 0, 2, (2) .5

y(1) y y− = = =

VËy [ ]1;2

(1) 2max y y−

= = vµ [ ]1;2min ( 1) 0.y y−

= − =

0,5® 0,5®

2) TÝnh tÝch ph©n 2

2

0 I x x d= −∫ x . 1 ®iÓm

Ta cã 2 0 0 1x x x− ≤ ⇔ ≤ ≤ , suy ra 1 2

2 2

0 1( ) ( ) = − + −∫ ∫I x x dx x x dx

1 22 3 3 2

0 1

1.2 3 3 2

= − + − =

x x x x

0,5® 0,5®

u n n k = = r uur uur

3 1( ) || kd P u n⊥ ⇔ ⇔r r

k 1.=k

.∀

A B

C

D

P

Q

∆

H

3



C©u 5. 1®iÓm

C¸ch 1: Ta cã ( 2 0 2 1 2 2 2 2 41) ...n n n nn n n

nnx C x C x C x C− −+ = + + + + ,

0 1 1 2 2 2 3 3 3( 2) 2 2 2 ... 2n n n n n nn n n n

nnx C x C x C x C x C− − −+ = + + + + + .

DÔ dµng kiÓm tra 1, 2= =n n kh«ng tháa m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n.

Víi th× 3≥n 3 3 2 3 2 2 1.n n n n nx x x x x− − −= = −

Do ®ã hÖ sè cña 3 3−nx trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña lµ 2( 1) ( 2+ +n nx x )

nC3 0 3 1 1

3 3 2 . . 2. .n n n na C C C− = + .

VËy 2

3 3

52 (2 3 4)26 26 73

2−

=− + = ⇔ = ⇔

= −

n

nn n na n n

n

VËy lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× nguyªn d−¬ng). 5=n nC¸ch 2: Ta cã

2 32

3 3 22

0 0 0 0

1 2( 1) ( 2) 1 1

1 2 2 .

n nn n n

i kn n n nn i k n i i k k k

n n n ni k i k

x x xxx

x C C x C x C xxx

− −

= = = =

+ + = + +

= = ∑ ∑ ∑ ∑

Trong khai triÓn trªn, luü thõa cña x lµ 3 3n − khi 2 3i k− − = −3k

, hay Ta chØ cã hai tr−êng hîp tháa ®iÒu kiÖn nµy lµ

2 3i k+ = .0,i = = hoÆc i 1, 1k= = .

Nªn hÖ sè cña 3 3−nx lµ . 0 3 3 1 13 3 . .2 . .2n n n n na C C C C− = +

Do ®ã 2

3 3

52 (2 3 4)26 26 73

2−

=− + = ⇔ = ⇔

= −

n

nn n na n n

n

VËy lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v× nguyªn d−¬ng). 5=n n

0,75®

0,25®

hoÆc

0,75® 0,25®

4



Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi TuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002 §Ò chÝnh thøc M«n thi : To¸n, Khèi D

(Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _________________________________________

C©uI ( §H : 3 ®iÓm ; C§ : 4 ®iÓm ).

Cho hµm sè : ( )

1x

mx1m2y

2

−−−

= (1) ( m lµ tham sè ).

1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè (1) øng víi m = -1.2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®−êng cong (C) vµ hai trôc täa ®é.3. T×m m ®Ó ®å thÞ cña hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng xy = .

C©u II ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 3 ®iÓm ).

1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh : ( )x3x2 − . 02x3x2 2 ≥−− .

2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh :

=+

+

−=+

.y22

24

y4y52

x

1xx

2x3

C©u III ( §H : 1 ®iÓm ; C§ : 1 ®iÓm ). T×m x thuéc ®o¹n [ 0 ; 14 ] nghiÖm ®óng ph−¬ng tr×nh : 04xcos3x2cos4x3cos =−+− .

C©u IV ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 2 ®iÓm ).1. Cho h×nh tø diÖn ABCD cã c¹nh AD vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC); AC = AD = 4 cm ;AB = 3 cm ; BC = 5 cm . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A tíi mÆt ph¼ng (BCD).2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz, cho mÆt ph¼ng (P) : 02yx2 =+−

vµ ®−êng th¼ng md : ( ) ( )

( )

=++++=−+−++

02m4z1m2mx

01mym1x1m2 ( m lµ tham sè ).

X¸c ®Þnh m ®Ó ®−êng th¼ng md song song víi mÆt ph¼ng (P).C©u V (§H : 2 ®iÓm ).1. T×m sè nguyªn d−¬ng n sao cho 243C2....C4C2C n

nn2

n1n

0n =++++ .

2. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , cho elip (E) cã ph−¬ng tr×nh

19

y

16

x 22

=+ . XÐt ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn tia Ox vµ ®iÓm N chuyÓn ®éng trªn tia Oy sao cho

®−êng th¼ng MN lu«n tiÕp xóc víi (E). X¸c ®Þnh täa ®é cña M , N ®Ó ®o¹n MN cã ®é dµi nhánhÊt . TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt ®ã .

-------------------------HÕt-------------------------

Chó ý : 1. ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm c©u V 2. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.

Hä vµ tªn thÝ sinh : ................................................................ Sè b¸o danh.............................



1

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc , cao ®¼ng n¨m 2002 M«n To¸n, khèi D

§¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc

C©u Néi dung §iÓm §H C§

I 3® 4® 1. 1 1,5 Khi m = -1 ,ta cã

1x

43

1x

1x3y

−−−=

−−−

=

-TX§ : 1x ≠

- CBT : ( )

⇒≠∀>−

= 1x,01x

4y

2, hµm sè kh«ng cã cùc trÞ.

1/4 1/4 3ylim

x−=

∞→ ; −∞=+∞=

+− →→ 1x1x

ylim;ylim .

- BBT : x - ∞ 1 + ∞ y/ + + + ∞ y -3 -3 - ∞ 1/4 1/4

- TC: x=1 lµ tiÖm cËn ®øng v× =→

ylim1x

∞ .

y=-3 lµ tiÖm cËn ngang v× 3ylimx

−=∞→

1/4 1/4

- Giao víi c¸c trôc : x = 0 ⇒ y = 1; y = 0 ⇒ x = - 1/3. 1/4 - §å thÞ :

x

y

1/4 1/2



2

2. 1 1,5 DiÖn tÝch cÇn tÝnh lµ :

dx1x

1x3S

0

3/1∫

−

−−−

= 1/4 1/2

∫ ∫

− − −−−=

0

3/1

0

3/1 1x

dx4dx3

1/4 1/4

3/1

01xln4

3

1.3

−−−−=

1/4 1/2

3

4ln41+−= ( ®vdt).

1/4 1/4 3. 1 1

Ký hiÖu ( )

1x

mx1m2)x(f

2

−−−

= . Yªu cÇu bµi to¸n t−¬ng ®−¬ng víi t×m

m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm:

(H) ( )

=

=

.x)x(f

x)x(f//

1/4 1/4

Ta cã (H)

( )

( )

=

−−−

=−−−

⇔

01x

mx

01x

mx

/2

2

1/4 1/4

( )

( )( ) ( )( )

=−

−+−−−

=−−−

⇔0

1x

mx1xmx2

01x

mx

2

2

2

1/4 1/4 Ta thÊy víi 1m ≠∀ ; x = m lu«n tho¶ m·n hÖ ( H ) . V× vËy 1m ≠∀ , (H)

lu«n cã nghiÖm , ®ång thêi khi m = 1 th× hÖ ( H ) v« nghiÖm. Do ®ã ®å thÞ hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng y = x khi vµ chØ khi 1m ≠ . §S : 1m ≠ .

1/4 1/4 II 2® 3® 1. 1 1,5

BÊt ph−¬ng tr×nh

≥−

>−−

=−−

⇔

0x3x

02x3x2

02x3x2

2

2

2

1/4 1/2

TH 1: .2

1x2x02x3x202x3x2 22 −=∨=⇔=−−⇔=−−

1/4 1/4

TH 2:

≥−

>−−⇔

≥−

>−−0x3x

02x3x2

0x3x

02x3x22

2

2

2

≥∨≤

>∨−<⇔

3x0x

2x2

1x

1/4



3

3x2

1x ≥∨−<

1/4 1/4

Tõ hai tr−êng hîp trªn suy ra §S: 3x2x2

1x ≥∨=∨−≤

1/4 1/4 2. 1 1,5

HÖ ph−¬ng tr×nh

=

−=⇔

y2

y4y52x

2x3

1/4 1/2

=+−

>=⇔

0y4y5y

0y223

x

1/4 1/4

=∨=∨=>=

⇔4y1y0y

0y2x

1/4 1/4

⇔

==

∨

==

4y

2x

1y

0x

1/4 1/2

III

1® 1® Ph−¬ng tr×nh ( ) ( ) 01x2cos4xcos3x3cos =+−+⇔

0xcos8xcos4 23 =−⇔ ( ) 02xcosxcos4 2 =−⇔ 0xcos =⇔ 1/4 1/2

π+

π=⇔ k

2x .

1/4 1/4 [ ] 3k2k1k0k14;0x =∨=∨=∨=⇔∈ 1/4

§S : ;2

xπ

= 2

3x

π= ;

2

5x

π= ;

2

7x

π= .

1/4 1/4 IV 2® 2®

1. 1 1 C¸ch 1

Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4 L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i

mét vu«ng gãc víi nhau.

1/4

1/4 Do ®ã cã thÓ chän hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc, gèc A sao cho B(3;0;0) ,

C(0;4;0), D( 0;0;4). MÆt ph¼ng (BCD) cã ph−¬ng tr×nh :

014

z

4

y

3

x=−++ .

1/4 1/4

Kho¶ng c¸ch cÇn tÝnh lµ : 17

346

16

1

16

1

9

1

1=

++ (cm).

1/4 1/4



4

Çch 2

Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4

L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i mét vu«ng gãc víi nhau.

1/4

1/4

D H C A E B Gäi AE lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ABC; AH lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ADE th× AH chÝnh lµ kho¶ng çch cÇn tÝnh.

DÔ dµng chøng minh ®−îc hÖ thøc: 2222 AC

1

AB

1

AD

1

AH

1++= .

1/4 1/4 Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vµo hÖ thøc trªn ta tÝnh ®−îc:

cm17

346AH =

1/4 1/4 Çch 3:

Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã .ACAB⊥ 1/4 1/4 L¹i cã ( )ABCmpAD⊥ ABAD⊥⇒ vµ ACAD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i

mét vu«ng gãc víi nhau.

1/4

1/4

Gäi V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABCD, ta cã V= 8ADACAB6

1=⋅⋅⋅ .

¸p dông c«ng thøc )BCD(dt

V3AH

∆= víi V = 8 vµ dt(∆BCD) =2 34

ta tÝnh ®−îc cm17

346AH = .

1/2 1/2 2 1 1 Çch 1:

MÆt ph¼ng (P) cã vect¬ ph¸p tuyÕn ( )0;1;2n −→

. §−êng th¼ng md cã vec

t¬ chØ ph−¬ng ( )( ) ( ) ( )( )m1m;1m2; 1m2m1u 2 −−+−+−→

. 1/4 1/4

Suy ra →

u .→

n =3(2m+1).

md song song víi (P)

⊄⊥⇔

→→

)P(d

nu

m

1/4 1/4



5

( )

∉∈∃=⇔

→→

PA,dA

0n.u

m

Ta cã : ®iÒu kiÖn 0n.u =→→

2

1m −=⇔

1/4 1/4

MÆt kh¸c khi m = - 1/2 th× md cã ph−¬ng tr×nh :

==−

0x

01y , mäi ®iÓm

A( 0;1;a) cña ®−êng th¼ng nµy ®Òu kh«ng n»m trong (P), nªn ®iÒu kiÖn ( )PA,dA m ∉∈∃ ®−îc tho¶ m·n. §S : m = - 1/2 1/4 1/4

C¸ch 2: ViÕt ph−¬ng tr×nh dm d−íi d¹ng tham sè ta ®−îc

−−−=+−=

+−=

m)t.m(12z

t1)(2m1 y

1)tm)(2m(1 x2

1/4 1/4

md // (P)⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn t sau

=+−−−−=+−=

+−=

02yx2

t)m1(m2z

t)1m2(1y

t)1m2)(m1(x2

v« nghiÖm

1/4 1/4 ⇔ ph−¬ng tr×nh Èn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 v« nghiÖm 1/4 1/4 ⇔ m=-1/2 1/4 1/4 C¸ch 3:

md // (P) ⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn x, y, z sau

(H) ( ) ( )

=++++=−+−++

=+−

02m4z)1m2(mx

01myx1x1m2

02yx2

v« nghiÖm 1/4 1/4

Tõ 2 ph−¬ng tr×nh ®Çu cña hÖ ph−¬ng tr×nh trªn suy ra

+=

−=

3

4m2y

3

1mx

1/4 1/4 ThÕ x , y t×m ®−îc vµo ph−¬ng tr×nh thø ba ta cã :

)6m11m(3

1z)1m2( 2 ++−=+

1/4 1/4

HÖ (H) v« nghiÖm 2

1m −=⇔

1/4 1/4 V 2® 1. 1

Ta cã : ( ) ∑=

=+n

0k

kkn

n xC1x , 1/4

Cho x = 2 ta ®−îc ∑

=

=n

0k

kkn

n 2C3 1/4

5n32433 5n =⇔==⇒ . 1/2



6

2. 1 Çch 1

Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªn hai tia Ox vµ Oy.

§−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : 01n

y

m

x=−+

1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi :

1n

19

m

116

22

=

+

. 1/4

Theo B§T C«si ta cã :

( )2

2

2

2

22

22222

n

m9

m

n1625

n

9

m

16nmnmMN ++=

++=+=

499.16225 =+≥ 7MN ≥⇒ 1/4

§¼ng thøc x¶y ra

>>=+

=

⇔0n,0m

49nm

n

m9

m

n16

22

2

2

2

2

⇔ 21n,72m == .

KL: Víi ( ) ( )21;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4 Çch 2

Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªn hai tia Ox vµ Oy.

§−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : 01n

y

m

x=−+

1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi :

1n

19

m

116

22

=

+

. 1/4

Theo bÊt ®¼ng thøc Bunhiacèpski ta cã

( ) 49n

3.n

m

4.m

n

9

m

16nmnmMN

2

2222222 =

+≥

++=+= .

7MN ≥⇒ 1/4

- §¼ng thøc x¶y ra

>>=+

=

⇔0n,0m

7nm

n

3:n

m

4:m

22 ⇔ 21n,72m == .

KL: Víi ( ) ( )21;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4 Çch 3:

Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm (x0 ; y0) thuéc (E) : 19

yy

16

xx 00 =+

1/4



7

Suy ra to¹ ®é cña M vµ N lµ

0;

x

16M

0

vµ

0y

9;0N

⇒

+

+=+=

20

2

20

220

20

20

2

20

22

y

9

x

16

9

y

16

x

y

9

x

16MN

1/4 Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si hoÆc Bunhiac«pski (nh− c¸ch 1 hoÆc c¸ch 2)

ta cã : 22 7MN ≥ 1/4

- §¼ng thøc x¶y ra

7

213y;

7

78x 00 ==⇔ .

- Khi ®ã ( ) ( )21;0N,0;72M vµ GTNN (MN) = 7 1/4

-----------------------HÕt----------------------



8

Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002 ------------------------ --------------------------------------------- H−íng dÉn chÊm thi m«n to¸n khèi D C©u I: 1. -NÕu TS lµm sai ë b−íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®−îc ®iÓm.

-NÕu TS x¸c ®Þnh ®óng hµm sè vµ chØ t×m ®óng 2 tiÖm cËn th× ®−îc 1/4 ®iÓm. 2. NÕu TS lµm sai ë b−íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®−îc ®iÓm.

3. -NÕu TS dïng ®iÒu kiÖn nghiÖm kÐp th× kh«ng ®−îc ®iÓm. -NÕu TS kh«ng lo¹i gi¸ trÞ m = 1 th× bÞ trõ 1/4 ®iÓm.

C©u II: 1. -NÕu TS lµm sai ë b−íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®−îc ®iÓm.

-NÕu TS kÕt luËn nghiÖm sai bÞ trõ 1/4 ®iÓm .

-NÕu TS sö dông ®iÒu kiÖn sai:

≤<

≥≥

⇔≥

0)x(g

0)x(f

0)x(g

0)x(f

0)x(g).x(f vµ dÉn ®Õn kÕt qu¶ ®óng sÏ

bÞ trõ 1/4 ®iÓm. 2. TS lµm ®óng ë b−íc nµo ®−îc ®iÓm ë b−íc ®ã.

C©u III: TS lµm ®óng b−íc nµo ®−îc ®iÓm b−íc ®ã. C©u IV:

TS lµm ®óng b−íc nµo ®−îc ®iÓm b−íc ®ã. C©u V: 1. TS lµm ®óng b−íc nµo ®−îc ®iÓm b−íc ®ã. 2. TS lµm ®óng b−íc nµo ®−îc ®iÓm b−íc ®ã.

----------------------HÕt----------------------



TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D 2002 - 2013 · Tam giaøc MNP coø tröïc...

Documents

Transcript of TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D 2002 - 2013 · Tam giaøc MNP coø tröïc...