Tài liệu Tổng hợp đề thi đại học và đáp án môn toán các khối (từ năm 2007 - 2012) doc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (6.24 MB, 77 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
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
x
y
x
− +
=
−
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 k
1
, k
2
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.
1
k k+
2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
1 sin 2 cos 2
2sin sin2 .
1 cot
x x
x
x
x
+ +
=
+
2. Giải hệ phương trình
2 2 3
2 2 2
5 4 3 2( ) 0
( , ).
( ) 2 ( )
xy xy y x y
xy
xy x y x y
⎧
− + − + =
⎪
∈
⎨
+ + = +
⎪
⎩
\
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
sin ( 1) cos
d.
sin cos
x
x x x
I
x
x 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 60
o
. 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 z
P
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:
2
2
.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 1
x y
E + =
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:.
www.laisac.page.tl
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
1
\ .
2
D
⎧ ⎫
=
⎨ ⎬
⎩ ⎭
\
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
( )
2
1
' 0y
2 1 x
−
=
−
, < ∀x ∈ D.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1
;
2
⎛ ⎞
−∞
⎜ ⎟
⎝ ⎠
và
1
; .
2
⎛ ⎞
⎜ ⎟
+ ∞
⎝ ⎠
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
1
lim lim ;
2
x x
y y
→ −∞ → +∞
= = −
tiệm cận ngang:
1
.
2
y = −
1
Trang 1/5
2
⎝ ⎠
lim ,
x
y
−
⎛ ⎞
→
⎜ ⎟
= − ∞
1
2
lim ;
x
y
+
⎛ ⎞
→
⎜ ⎟
⎝ ⎠
= + ∞
tiệm cận đứng:
1
.
2
x =
0,25
Bảng biến thiên:
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 =
1
2
1
x
x
− +
−
⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x =
1
2
không là nghiệm) ⇔ 2x
2
+ 2mx – m – 1 = 0 (*).
0,25
∆' = m
2
+ 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
0,25
Gọi x
1
và x
2
là nghiệm của (*), ta có:
k
1
+ k
2
= –
2
1
1
(2 1)
x −
–
2
2
1
(2 1)
x −
=
2
1 2 1 2 1 2
2
1 2 1 2
4( ) 8 4( ) 2
.
(4 2( ) 1)
x x x x x x
x x x x
+ − − + +
−
− + +
0,25
I
(2,0 điểm)
Theo định lý Viet, suy ra: k
1
+ k
2
= – 4m
2
– 8m – 6 = – 4(m + 1)
2
– 2 ≤ – 2.
Suy ra: k
1
+ k
2
lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.
0,25
x − ∞
1
2
+ ∞
y’ − −
y
1
2
−
1
2
−
− ∞
+ ∞
y
x
1
2
−
1
2
O
1
(C)
– 1
Trang 2/5
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: sin x ≠ 0 (*).
Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin
2
x = 2 2 sin
2
xcosx
0,25
⇔ 1 + sin2x + cos2x =
2 2
cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx –
2
) = 0.
0,25
• cosx = 0 ⇔ x =
2
π
+ kπ, thỏa mãn (*).
0,25
• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x +
4
π
) = 1 ⇔ x =
4
π
+ k2π, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm: x =
2
π
+ kπ; x =
4
π
+ 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 y
xy x y x y
⎧
− + − + =
⎪
⎨
+ + = +
⎪
⎩
).
Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x
2
+ y
2
– 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x
2
+ y
2
= 2.
0,25
• xy = 1; từ (1) suy ra: y
4
– 2y
2
+ 1 = 0 ⇔ y = ± 1.
Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
0,25
• x
2
+ y
2
= 2; từ (1) suy ra: 3y(x
2
+ y
2
) – 4xy
2
+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
⇔ 6y – 4xy
2
+ 2x
2
y – 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 x
2
+ y
2
= 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
d
sin cos
x
x x x x
x
x x x
π
+ +
+
∫
=
4 4
0 0
cos
d d
sin cos
x x
.
x
x
x
x x
π π
∫
+
+
∫
0,25
Ta có:
4
0
d
x
π
∫
=
4
0
x
π
=
4
π
0,25
và
4
0
cos
d
sin cos
x x
x
x
x x
π
+
∫
=
4
0
d( sin cos )
sin cos
x
x x
x
x x
π
+
+
∫
=
( )
4
0
ln sin cos x x x
π
+
0,25
III
(1,0 điểm)
=
2
ln Suy ra: I = 1 .
2 4
⎛ ⎞
π
⎛ ⎞
+
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
4
π
+
2
ln 1 .
2 4
⎛ ⎞
π
⎛ ⎞
+
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎜ ⎟
⎝ ⎠
⎝ ⎠
0,25
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC).
AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒
n
SBA là góc giữa (SBC) và
(ABC) ⇒
n
n
SBA = 60
o
⇒ SA = = tan AB 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: S
BCNM
=
2
( ) 3
2 2
B
C MN BM a+
=
⋅ Thể tích: V
S.BCNM
=
3
1
3
3
BCNM
S SA a⋅ = ⋅
0,25
S
A
B
C
N
M
D
H
Trang 3/5
Câu
Đáp án
Điểm
Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND)
⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)).
Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD)
⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH.
0,25
Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a
⇒ d(AB, SN) = AH =
22
.2
13
SA AD a
SA AD
=⋅
+
39
0,25
Trước hết ta chứng minh:
11 2
(*),
11
1
ab
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:
11
23
11
x
P
zx
xy
y
z
=++
+
++
≥
12
.
3
2
1
y
x
x
y
+
+
+
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:
z
y
=
x
z
hoặc
1
x
y
=
(1)
0,25
Đặt
x
y
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥
2
2
2
231
t
tt
+⋅
++
Xét hàm f(t) =
2
2
2
,
231
t
tt
+
++
t ∈ [1; 2];
3
22 2
2(43)3(21)9)
'( )
(2 3) (1 )
tt tt
ft
tt
⎡
⎤
−−+−+
⎣
⎦
=
++
< 0.
⇒ f(t) ≥ f(2) =
34
;
33
dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2
⇔
x
y
= 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
n
M
AI =
n
M
BI = 90
o
và MA = MB
⇒ S
MAIB
= IA.MA
0,25
⇒ MA = 25 ⇒ IM =
22
I
AMA+ = 5.
0,25
M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2).
IM = 5 ⇔ (t – 2)
2
+ (t + 3)
2
= 25 ⇔ 2t
2
+ 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 ⇔
22 2
222
240
(2) (1)9
(2)(3)
xyz
xyz
xy z
−−+=
⎧
⎪
−++−=
⎨
⎪
++ +− =
⎩
9
0,25
M
I
A
B
∆
Trang 4/5
Câu
Đáp án
Điểm
⇔
22 2
240
20
(2) (1)
xyz
xyz
xyz
⎧
−−+=
⎪
+−+=
⎨
⎪
−++−=
⎩
9
0,25
⇔
2
22
3
7114
xy
zy
yy
⎧
=−
⎪
=
⎨
⎪
−+=
⎩
0
0,25
⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc
6412
;;
77 7
.
⎞
−
⎟
⎝⎠
⎛
⎜
Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc
6412
;; .
77 7
M
⎛
−
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
0,25
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có:
2
2
zz=+z ⇔ (a + bi)
2
= a
2
+ b
2
+ a – bi
0,25
⇔ a
2
– b
2
+ 2abi = a
2
+ b
2
+ a – bi ⇔
22 22
2
abab
ab b
⎧
−=++
⎨
=−
⎩
a
0,25
⇔
2
2
(2 1) 0
ab
ba
⎧
=−
⎨
+=
⎩
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
⇔
(a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) =
11
;
22
⎛
⎜
hoặc (
a; b) =
⎞
−
⎟
⎝⎠
11
;.
22
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎝⎠
Vậy,
z = 0 hoặc z =
1
2
− +
1
2
i hoặc z =
1
2
− –
1
2
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 | =
2
4.
x
−
0,25
Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x.
Diện tích: S
OAB
=
2
1
4
2
x
x−
0,25
=
2
1
(4 )
2
2
x
x−≤ 1.
Dấu "
= " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2.
0,25
Vậy:
2
2;
2
A
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
2
2;
2
B
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
hoặc
2
2;
2
A
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
2
2; .
2
B
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0,25
2. (1,0 điểm)
(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 23. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S).
Tam giác
OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r =
3
OA
=
42
.
3
0,25
Khoảng cách: d(I, (P)) =
22
R
r− =
2
.
3
(
P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a
2
+ b
2
+ c
2
≠ 0 (*).
(
P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.
0,25
d(I, (P)) =
222
2( )abc
abc
++
++
=
22
2
2
c
ac+
⇒
22
2
2
c
ac+
=
2
3
0,25
(2,0 điểm)
⇒ 2a
2
+ c
2
= 3c
2
⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0.
0,25
y
x
O
A
H
B
Trang 5/5
Câu
Đáp án
Điểm
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 ⇔
332
22
ab
ab
−=
⎧
⎨
+−=−
⎩
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
⇔
1
,
3
a =
1
3
b =− ⋅
Suy ra môđun: | z | =
2
ab+
2
=
2
3
⋅
0,25
Hết
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
4 2
2( 1)y x m x= − + + m (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC; trong đó O là gốc
tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx.
2. Giải phương trình
2
3 2 6 2 4 4 10 3 ( ).x x x x x+ − − + − = − ∈\
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
3
2
0
1 sin
d.
cos
x
x
I x
x
π
+
=
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A
1
BB
1
C
1
D
1
có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a,
3. AD a= Hình chiếu vuông góc của điểm A
1
trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm
của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD
1
A
1
) và (ABCD) bằng 60 . Tính thể tích khối
lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B
1
o
B đến mặt phẳng (A
1
BD) theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a
2
+ b
2
) + ab = (a + b)(ab + 2).
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3 3 2 2
3 3 2 2
4 9
a b a b
P
b a b a
⎛ ⎞ ⎛
= + − +
⎜ ⎟ ⎜
⎝ ⎠ ⎝
⎞
⋅
⎟
⎠
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0.
Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại
điểm M thỏa mãn OM.ON = 8.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
2 1
:
1 2
1
x
y− +
Δ = =
− −
z
và mặt
phẳng (P): x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của ∆ và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P)
sao cho MI vuông góc với ∆ và
4 14.MI
=
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết:
5 3
1 0
i
z
z
+
− −
. =
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh
1
;1 .
2
B
⎛
⎜
⎝ ⎠
⎞
⎟
Đường tròn nội tiếp
tam giác ABC tiếp xúc với các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho
và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung
độ dương.
(3; 1) D
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
2 1
1 3
x y z+ − +
= =
−
5
2
và hai
điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam
giác MAB có diện tích bằng 3 5.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức
3
1 3
.
1
i
z
i
⎛ ⎞
+
=
⎜ ⎟
⎜ ⎟
+
⎝ ⎠
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:. ; Số báo danh:.
www.laisac.page.tl
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có: y = x
4
– 4x
2
+ 1.
• Tập xác định: D = R.
• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên: y' = 4x
3
– 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 2.±
0,25
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ∞; –
2
) và (0;
2
); đồng biến trên các
khoảng (–
2;
0) và (
2;
+ ∞).
– Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2;± y
CT
= – 3, đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= 1.
– Giới hạn:
lim lim .
xx
yy
→−∞ →+∞
==+
Trang 1/4
∞
0,25
– Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
y'(x) = 4x
3
– 4(m + 1)x = 4x(x
2
– m – 1); y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x
2
= m + 1 (1).
0,25
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0
⇔ m > – 1 (*).
0,25
Khi đó: A(0; m), B( 1;m−+– m
2
– m – 1) và C( 1;m + – m
2
– m – 1).
Suy ra: OA = BC
⇔ m
2
= 4(m + 1) ⇔ m
2
– 4m – 4 = 0
0,25
I
(2,0 điểm)
⇔
m = 2 ± 22; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 – 22 hoặc m = 2 + 22.
0,25
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx
0,25
⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = 0 ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = 0
0,25
• sinx = 1 ⇔ x =
2
π
+ k2π.
0,25
II
(2,0 điểm)
• cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x =
3
π
+ k
2
.
3
π
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm:
x =
2
π
+ k2π; x =
3
π
+ k
2
3
π
(k ∈ Z).
0,25
+ ∞
–3 –3
1
x – ∞ –
+
∞
2
0
2
y' – 0 + 0 – 0 +
y
+ ∞
x
y
–2 2
2−
2
–3
1
O
Trang 2/4
Câu
Đáp án
Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2 (*).
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:
()
2
32 22 44 103+− − + − = −
x
xxx (1).
0,25
Đặt t = 2 +
x
– 2 2− ,
x
(1) trở thành: 3t = t
2
⇔ t = 0 hoặc t = 3.
0,25
• t = 0, suy ra: 2 +
x
= 2 2 −
x
⇔ 2 + x = 4(2 – x) ⇔ x =
6
,
5
thỏa mãn (*).
0,25
• t = 3, suy ra: 2 +
x
= 2 2 −
x
+ 3, vô nghiệm (do 2 +
x
≤ 2 và 2 2 −
x
+ 3 ≥ 3
với mọi x ∈ [– 2; 2]).
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x =
6
.
5
0,25
3
2
0
1sin
d
cos
+
=
∫
x
x
I
x
x
π
=
3
2
0
1
d
cos
x
x
π
∫
+
3
2
0
sin
d.
cos
x
x
x
x
π
∫
0,25
Ta có:
3
2
0
1
d
cos
x
x
π
∫
=
()
3
0
tan
x
π
= 3.
0,25
và:
3
2
0
sin
d
cos
x
x
x
x
π
∫
=
3
0
1
d
cos
x
x
π
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
∫
=
3
0
cos
x
x
π
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
–
3
0
d
cos
x
x
π
∫
=
2
3
π
+
3
2
0
dsin
sin 1
x
x
π
−
∫
=
2
3
π
+
3
0
11 1
dsin
2 sin 1 sin 1
x
xx
π
⎛⎞
−
⎜⎟
−+
⎝⎠
∫
0,25
III
(1,0 điểm)
=
2
3
π
+
3
0
1sin1
ln
2sin1
x
x
π
⎛ − ⎞
⎜⎟
+
⎝⎠
=
2
3
π
+ ln(2 3).− Vậy, I = 3 +
2
3
π
+ ln(2 3).−
0,25
Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A
1
O ⊥ (ABCD).
Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A
1
E ⊥ AD
⇒ là góc giữa hai mặt phẳng (ADD
n
1
AEO
1
A
1
) và (ABCD) ⇒
n
1
60 .AEO=
D
0,25
⇒ A
1
O = OE tan =
n
1
AEO
2
A
B
tan
n
1
AEO =
3
.
2
a
Diện tích đáy: S
ABCD
= AB.AD =
2
3.a
Thể tích:
111 1
.
V
A
BCD ABCD
= S
ABCD
.A
1
O =
3
3
.
2
a
0,25
Ta có: BB
1
C // A
1
D ⇒ B
1
B C // (A
1
BD)
⇒ d(BB
1
, (A
1
BD)) = d(C, (A
1
BD)).
Hạ CH
⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A
1
BD) ⇒ d(C, (A
1
BD)) = CH.
0,25
IV
(1,0 điểm)
A
1
B
1
C
1
A
C
D
H
B
E
O
D
1
Suy ra: d(BB
1
, (A
1
BD)) = CH =
22
.CD CB
CD CB+
=
3
.
2
a
0,25
V
(1,0 điểm)
Với a, b dương, ta có: 2(a
2
+ b
2
) + ab = (a + b)(ab + 2)
⇔ 2(a
2
+ b
2
) + ab = a
2
b + ab
2
+ 2(a + b) ⇔ 2
ab
ba
⎛
+
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
+ 1 = (a + b) + 2
11
.
ab
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
0,25
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
(a + b) + 2
11
ab
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
≥ 2
11
2( )ab
ab
⎛⎞
++
⎜⎟
⎝⎠
= 22 2
ab
ba
⎛
++
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
, suy ra:
2
ab
ba
⎛
+
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
+ 1 ≥
22 2
ab
ba
⎛⎞
++
⎜⎟
⎝⎠
⇒
ab
ba
+ ≥
5
.
2
0,25
Đặt t =
ab
ba
+ , t ≥
5
2
, suy ra:
P = 4(t
3
– 3t) – 9(t
2
– 2) = 4t
3
– 9t
2
– 12t + 18.
Xét hàm
f(t) = 4t
3
– 9t
2
– 12t + 18, với t ≥
5
.
2
0,25
Ta có:
'( )
f
t
= 6(2t
2
– 3t – 2) > 0, suy ra:
5
;
2
min ( )
f
t
⎡⎞
+∞
⎟
⎢
⎣⎠
=
5
2
f
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
= –
23
.
4
Vậy, minP
= –
23
;
4
khi và chỉ khi:
5
2
ab
ba
+=
và
11
2ab
ab
⎛⎞
+= +
⎜⎟
⎝⎠
⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2).
0,25
1. (1,0 điểm)
N ∈ d, M ∈ ∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4).
O, M, N cùng thuộc một đường thẳng, khi và chỉ khi:
a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b =
4
.
2
a
a
−
0,25
OM.ON = 8 ⇔ (5a
2
– 8a + 4)
2
= 4(a – 2)
2
.
0,25
⇔ (5a
2
– 6a)(5a
2
– 10a + 8) = 0 ⇔ 5a
2
– 6a = 0
⇔ a = 0 hoặc a =
6
.
5
0,25
Vậy, N(0; – 2) hoặc
62
;
55
N
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
2. (1,0 điểm)
Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ:
21
12
30
1
x
yz
xyz
−+
⎧
==
⎪
−−
⎨
⎪
++−=
⎩
⇒ I(1; 1; 1).
0,25
Gọi M(a; b; c), ta có:
M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI =
41 ⇔ 4
222
30
220
( 1) ( 1) ( 1) 224
abc
abc
abc
⎧
++−=
⎪
−−+=
⎨
⎪
−+−+−=
⎩
0,25
⇔
22 2
21
34
( 1) (2 2) ( 3 3) 224
ba
ca
aa a
⎧
=−
⎪
=− +
⎨
⎪
−+ − +−+ =
⎩
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
O •
∆
d
N
M
⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13).
Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13).
0,25
VII.a
Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a
2
+ b
2
≠ 0, ta có:
53
10
i
z
z
+
−−
(1,0 điểm)
= ⇔ a – bi –
5i
abi
+
+
3
– 1 = 0
0,25
Trang 4/4
Câu
Đáp án
Điểm
⇔ a
2
+ b
2
– 5 – i 3 – a – bi = 0 ⇔ (a
2
+ b
2
– a – 5) – (b + 3)i = 0
0,25
⇔
22
50
30
aba
b
⎧
+−−=
⎪
⎨
+=
⎪
⎩
⇔
2
20
3
aa
b
⎧
−−=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩
0,25
⇔ (a; b) = (– 1; – 3) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3.
0,25
1. (1,0 điểm)
5
;0
2
BD
⎛
=
⎜
⎝⎠
JJJG
⎞
⎟
⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A;
⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0.
0,25
F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔
2
2
12
2
24
t
⎛⎞
−+=
⎜⎟
⎝⎠
5
⇔ t = – 1 hoặc t = 2.
0,25
• t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương trình:
4x + 3y – 5 = 0.
A là giao điểm của AD và BF ⇒ A
7
3; ,
3
⎛
−
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
không thỏa mãn
yêu cầu (A có tung độ dương).
0,25
• t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trình BF: 4x – 3y + 1 = 0.
⇒ A
13
3; ,
3
⎛
⎜
⎝⎠
⎞
⎟
thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có: A
13
3; .
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
0,25
2. (1,0 điểm)
M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t).
0,25
⇒ = (t; 3t; – 6 – 2t) và = (– 1; – 2; 1) ⇒ AM
JJJJG
AB
JJJG
,AM AB
⎡
⎤
⎣
⎦
J
JJJG JJJG
= (– t – 12; t + 6; t).
0,25
S
∆MAB
= 3 5 ⇔ (t + 12)
2
+ (t + 6)
2
+ t
2
= 180
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
⇔ t
2
+ 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19).
A
B C
E
F
D
0,25
1 + i 3 =
13
2
22
i
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
=
2cos sin
33
i
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
π
và 1 + i =
2cos sin ;
44
i
ππ
⎛⎞
+
⎜
⎝⎠
⎟
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
suy ra: z =
()
8cos sin
33
22cos sin
44
i
i
ππ
ππ
+
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
0,25
= 22cos sin
44
i
ππ
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
0,25
= 2 + 2i. Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2.
0,25
Hết
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
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 1
1
x
y
x
+
= ⋅
+
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 x
x
+ − −
=
+
2. Giải phương trình
( )
( )
2
2 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
x
I
x
x
−
=
+ +
∫
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 3 a
và Tính thể tích
khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a.
n
30 . SBC =
D
Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm:
3 2
2
2 ( 2)
( , ).
1 2
x y x xy m
xy
x 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 3
2 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): x
2
+ y
2
– 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
2
2 3
1
x x
y
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:.
www.laisac.page.tl
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
{
}
\1D =−\ .
• Sự biến thiên:
– Chiều biến thiên:
2
1
'0
(1)
y
x
=
+
,> ∀
x ∈ D.
Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞).
0,25
– Giới hạn và tiệm cận: lim lim
xx
y
y
→−∞ →+∞
= = 2; tiệm cận ngang: y = 2.
= + ∞, = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1.
()
1
lim
x
y
−
→−
()
1
lim
x
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 =
21
1
x
x
+
+
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm)
⇔ kx
2
+ (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
⇔ ⇔
⎨
⇔
0
0
k ≠
⎧
⎨
Δ>
⎩
2
0
610
k
kk
≠
⎧
−+>
⎩
0
322 322.
k
kk
≠
⎧
⎪
⎨
<− ∨ >+
⎪
⎩
(*).
0,25
I
(2,0 điểm)
Khi đó: A(x
1
; kx
1
+ 2k + 1) và B(x
2
; kx
2
+ 2k + 1), x
1
và x
2
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
21kx k++ =
2
21kx k++
Trang 2/4
Câu
Đáp án
Điểm
⇔ k(x
1
+ x
2
) + 4k + 2 = 0 (do x
1
≠ x
2
).
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: sin2
x + 2cosx – sinx – 1 = 0
0,25
⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0.
0,25
⇔ sinx = – 1 ⇔ x = –
2
π
+ k2π hoặc cosx =
1
2
⇔ x = ±
3
π
+ k2π.
0,25
Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x =
3
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*).
Khi đó, phương trình đã cho tương đương với:
()
()
2
22
log 8 log 4 1 1
x
x
⎡⎤
−= ++−
⎣⎦
x
0,25
⇔ 8 – x
2
= 4
(
11
)
x
x++ − ⇔ (8 – x
2
)
2
= 16
( )
2
221
x
+− (1).
0,25
Đặt t =
2
1−
x
, (1) trở thành: (7 + t
2
)
2
= 32(1 + t) ⇔ t
4
+ 14t
2
– 32t + 17 = 0
⇔ (t – 1)
2
(t
2
+ 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1.
0,25
II
(2,0 điểm)
Do đó, (1) ⇔
2
1−=x 1
⇔ x = 0, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0.
0,25
Đặt t = 21
x
+ ⇒ 4x = 2(t
2
– 1), dx = tdt.
Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3.
0,25
I =
3
3
1
23
d
2
tt
t
t
−
+
∫
=
3
2
1
10
245
2
tt
t
⎛⎞
−+−
⎜⎟
+
⎝⎠
∫
III
dt
0,25
=
3
3
2
1
2
2510ln2
3
t
tt t
⎛⎞
−+− +
⎜⎟
0,25
⎝⎠
(1,0 điểm)
=
34 3
10ln .
35
+
0,25
Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin =
n
SBC 3.a
0,25
Diện tích: S
ABC
=
1
2
BA.BC = 6a
2
.
Thể tích: V
S.ABC
=
1
3
S
ABC
.SH =
3
23
IV
.a
0,25
Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD)
⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)).
BH = SB.cos = 3a ⇒ BC = 4HC
n
SBC
⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)).
0,25
(1,0 điểm)
Ta có AC =
22
B
ABC+ = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA.
HC
AC
=
3
.
5
a
HK =
22
.SH HD
SH HD+
=
37
14
a
. Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK =
67
.
7
a
0,25
V
(1,0 điểm)
Hệ đã cho tương đương với:
2
2
()(2)
()(2)12
xxxym
B
S
A
C
D
H
K
.
x
xxy
⎧
−−=
⎪
⎨
−+ − =−
⎪
⎩
m
0,25
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
Đặt u = x
2
– x, u ≥ –
1
;
4
v = 2x – y.
Hệ đã cho trở thành:
⇔
12
uv m
uv m
=
⎧
⎨
+=−
⎩
2
(2 1) 0 (1)
12 .
umum
vmu
⎧
+−+=
⎨
=− −
⎩
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) = – u
2
+ u ⇔ m =
2
.
21
uu
u
−+
+
Xét hàm f(u) =
2
,
21
uu
u
−+
+
với u ≥ –
1
;
4
ta có:
'( )
f
u
= –
2
2
221
;
(2 1)
uu
u
+−
+
'( )
f
u
= 0 ⇔ u =
13
.
2
−+
0,25
Bảng biến thiên:
Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤
23
.
2
−
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: 3
B
DGD=
JJJG JJJG
⇔ ⇒
43( 1)
13( 1)
xx
yy
+= −
⎧
⎨
−= −
⎩
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
1
4
−
13
2
−+
'( )
+ ∞
f
u
+ 0 –
5
8
−
–
∞
23
2
−
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) 0
41
10
22
xy
xy
++ −=
⎧
⎪
⎨
−+
−−=
⎪
⎩
⇔ ⇒ E(2; – 5).
30
70
xy
xy
++=
⎧
⎨
−−=
⎩
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).
10
413
xy
xy
−−=
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 ∆:
12
22
33.
x
t
y
t
zt
=+
⎧
⎪
=+
⎨
⎪
=+
⎩
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
Trang 4/4
Câu
Đáp án
Điểm
⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i
0,25
⇔
31
339
ab
ab
−− =
⎧
⎨
−=
⎩
0,25
(1,0 điểm)
⇔ Vậy z = 2 – i.
2
1.
a
b
=
⎧
⎨
=−
⎩
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:
x
2
– 2x + m
2
+ 4m – 5 = 0 (1).
(1) có hai nghiệm phân biệt x
1
và x
2
, khi và chỉ khi:
m
2
+ 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x
1
; m) và N(x
2
; m).
0,25
AM ⊥ AN ⇔ = 0 ⇔ (x.AM AN
JJJJG JJJG
1
– 1)(x
2
– 1) + m
2
= 0 ⇔ x
1
x
2
– (x
1
+ x
2
) + m
2
+ 1 = 0.
0,25
Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m
2
+ 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
3
tt+−++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
24
'
(1)
x
x
y
x
+
=
+
;
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; 2
min
y
= 3, tại x = 0;
[]
0; 2
max
y
=
17
,
3
tại x = 2.
0,25
Hết
A
y
x
O
M
N
I
– 2
– 3
1
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
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 = x
3
− 2x
2
+ (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 x
1
, x
2
, x
3
thoả mãn điều
kiện
222
123
x
xx++ < 4.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin cos 2 ) sin
1
4
cos
1tan
2
xxx
x
x
π
⎛⎞
++ +
⎜⎟
⎝⎠
=
+
.
2. Giải bất phương trình
2
12( 1
xx
xx
−
−−+)
≥ 1.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
1
22
0
2
d
12
xx
x
xe xe
x
e
++
+
∫
.
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
22
(4 1) ( 3) 5 2 0
42347
xxy y
xy 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 d
1
: 30xy+= và d
2
: 3xy−=0. Gọi (T) là
đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
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
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
1
21 1
xyz−
==
−
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)zi=+ −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 ∆:
22
232
3
x
yz+−+
==
. 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 )
1
i
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
Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x
3
− 2x
2
+ 1.
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 'y = 3x
2
− 4x; '( )yx = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4
3
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và
4
;
3
⎛⎞
+
∞
⎜⎟
⎝⎠
; nghịch biến trên khoảng
4
0;
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= 1, đạt cực tiểu tại x =
4
3
; y
CT
=
5
27
− .
- Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= − ∞ ; lim
x
y
→+∞
= + ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
− 2x
2
+ (1 − m)x + m = 0
⇔ (x − 1)(x
2
− x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x
2
− 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) = x
2
− x − m; x
1
= 1; x
2
và x
3
là các nghiệm của (*).
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:
22
23
0
(1) 0
3
g
xx
⎧
∆>
⎪
≠
⎨
⎪
+
<
⎩
0,25
I
(2,0 điểm)
⇔
14 0
0
12 3
m
m
m
+>
⎧
⎪
−≠
⎨
⎪
+<
⎩
⇔
1
4
− < m < 1 và m ≠ 0.
0,25
y
1
+
∞
−∞
'y
+
0
−
0
+
x −∞ 0
4
3
+∞
5
27
−
5
27
−
O
y
x
4
3
1
2
Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:
2 sin
4
x
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
0,25
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
sin cos
cos
cos
xx
x
x
+
⇔ sinx + cos2x = 0
0,25
⇔ 2sin
2
x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
1
2
0,25
⇔ x = −
6
π
+ k2π hoặc x =
7
6
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0.
Ta có:
2
2( 1)xx
−
+ =
22
(1)1xx+− + > 1, suy ra 1 −
2
2( 1)xx
−
+ < 0.
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:
2
2( 1)xx
−
+ ≤ 1 − x +
x
(1)
0,25
Mặt khác
2
2( 1)xx−+ =
22
2(1 ) 2( )
x
x−+ ≥ 1 − x +
x
(2), do đó:
0,25
(1) ⇔
2
2( 1)xx
−
+ = 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
10
(1 )
x
x
x
−≥
⎧
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
⇔
2
1
310
x
xx
≤
⎧
⎪
⎨
−
+=
⎪
⎩
⇔ x =
35
2
−
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
0,25
I =
1
2
0
d
12
x
x
e
x
x
e
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
+
⎝⎠
∫
=
1
2
0
d
x
x
∫
+
1
0
d
12
x
x
e
x
e+
∫
.
0,25
Ta có:
1
2
0
d
x
x
∫
=
1
3
0
1
3
x
=
1
3
0,25
và
1
0
d
12
x
x
e
x
e+
∫
=
1
2
1
0
d(1 2 )
12
x
x
e
e
+
+
∫
, suy ra:
0,25
III
(1,0 điểm)
I =
1
3
+
1
0
1
ln(1 2 )
2
x
e+ =
1
3
+
112
ln
23
e
+
=
1
3
+
112
ln
23
e
+
.
0,25
• Thể tích khối chóp S.CDNM.
S
CDNM
= S
ABCD
− S
AMN
− S
BCM
= AB
2
−
1
2
AM.AN −
1
2
BC.BM
= a
2
−
2
8
a
−
2
4
a
=
2
5
8
a
.
0,25
V
S.CDNM
=
1
3
S
CDNM
.SH =
3
53
24
a
.
0,25
IV
(1,0 điểm)
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
∆ADM = ∆DCN ⇒
n
n
A
DM 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
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC =
2
CD
CN
=
2
5
a
và HK =
22
.SH HC
SH HC
+
=
23
19
a
, do đó: d(DM, SC) =
23
19
a
.
0,25
Điều kiện: x ≤
3
4
; y ≤
5
2
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x
2
+ 1).2x = (5 − 2y + 1) 52
y
− (1)
0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 52
y
− ), với f(t) = (t
2
+ 1)t.
Ta có
'
f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x = 52
y
− ⇔
2
0
54
.
2
x
x
y
≥
⎧
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩
0,25
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2 34
x
− −7 = 0 (3).
Nhận thấy x = 0 và x =
3
4
không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm g(x) = 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2 34
x
− − 7, trên khoảng
3
0;
4
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
V
(1,0 điểm)
'( )
g
x = 8x − 8x
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
−
4
34
x
−
= 4x (4x
2
− 3) −
4
34
x
−
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
Mặt khác
1
2
g
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x =
1
2
; suy ra y = 2.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) =
1
;2
2
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
1. (1,0 điểm)
d
1
và d
2
cắt nhau tại O, cos(d
1
, d
2
) =
|3.31.1|
31.31
−
+
+
=
1
2
và tam giác
OAB vuông tại B, do đó
n
A
OB = 60
D
⇒
n
B
AC = 60
D
.
0,25
Ta có: S
ABC
=
1
2
AB.AC.sin 60
D
=
3
4
(OA.sin 60
D
).(OA.tan 60
D
)
=
33
8
OA
2
.
Do đó: S
ABC
=
3
2
, suy ra OA
2
=
4
3
.
0,25
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ:
22
30
4
3
xy
xy
⎧
+
=
⎪
⎨
+
=
⎪
⎩
⇒ A
1
;1
3
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d
2
, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ:
30
3340
xy
xy
⎧
−=
⎪
⎨
−
−=
⎪
⎩
⇒ 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
13
;
2
23
−⎛ ⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
và bán kính IA = 1.
Phương trình (T):
2
2
13
1
2
23
xy
⎛⎞
⎛⎞
+++=
⎜⎟⎜ ⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
0,25
d
2
y
x
C
B
O
A
d
1
I
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v
G
= (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
vectơ pháp tuyến n
G
= (1; −2; 1).
0,25
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos
n
HMC =
()
cos ,vn
GG
.
0,25
d(M, (P)) = MH = MC.cos
n
HMC = MC.
()
cos ,vn
GG
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:
40
0
xy
xy
+
−=
⎧
⎨
−=
⎩
⇒ 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
JJJG
. CE
JJJG
= 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t
2
+ 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
G
= (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
Ta có:
MA
J
JJG
= (2; −2; 1), ,vMA
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJG
= (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) =
,vMA
v
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJG
G
=
49 4 100
494
++
++
= 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): x
2
+ y
2
+ (z + 2)
2
= 25.
0,25
Ta có:
3
(1 3 )i− = − 8.
0,25
Do đó z =
8
1 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:
ziz+ = 8 2 .
0,25
Hết
•
M
∆
B
C
A
•
H
M
∆
P
C
• E
d
A
B C
H
D
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối: B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
21
1
x
y
x
+
=
+
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng
3
(O là gốc tọa độ).
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình (sin . 2 cos 2 )cos 2cos 2 sin 0xxx xx++−=
2.
Giải phương trình
2
31 6 3 14 8xxxx+− − + − − =0
(x ∈ R).
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
()
2
1
ln
d
2ln
e
x
I
x
xx
=
+
∫
.
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều
'
có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng
.''ABC A B C
(' )
A
BC và ()
A
BC bằng . Gọi G là trọng tâm tam giác . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
60
o
'ABC
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
22 22 22 2 2 2
3( ) 3( ) 2
M
ab bc ca ab bc ca a b c=++++++++
.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác trong góc A có
phương trình x
+ y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và
đỉnh A có hoành độ dương.
2.
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), trong đó b, c dương
và mặt phẳng (P): y
− z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng
(P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng
1
3
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn:
(1 )zi iz−= + .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2;
3
) và elip (E):
22
1
32
xy
+
=
. Gọi F
1
và F
2
là các
tiêu điểm của (E) (F
1
có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF
1
với
(E); N là điểm đối xứng của F
2
qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF
2
.
2.
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ:
1
21
2
x
yz
−
=
= . Xác định tọa độ điểm M trên
trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến
Δ bằng OM.
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2
log (3 1)
423
xx
yx
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:
Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
1
'
(1)
y
x
=
+
> 0, ∀x ≠ −1.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 2
xx
yy
→−∞ →+∞
=
= ; tiệm cận ngang: y = 2.
(1)
lim
x
y
−
→−
=
+∞ và
(1)
lim
x
y
+
→−
=
−∞; tiệm cận đứng: x = −1.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm:
21
1
x
x
+
+
= −2x + m
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình)
⇔ 2x
2
+ (4 − m)x + 1 − m = 0 (1).
0,25
∆ = m
2
+ 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm
phân biệt A, B với mọi m.
0,25
Gọi A(x
1
; y
1
) và B(x
2
; y
2
), trong đó x
1
và x
2
là các nghiệm của (1); y
1
= −2x
1
+ m và y
2
= −2x
2
+ m.
Ta có: d(O, AB) =
||
5
m
và AB =
()()
22
12 12
xx yy−+− =
()
2
12 12
520
x
xxx+− =
2
5( 8)
2
m
+
.
0,25
I
(2,0 điểm)
S
OAB
=
1
2
AB. d(O, AB) =
2
|| 8
4
mm
+
, suy ra:
2
|| 8
4
mm
+
= 3 ⇔ m = ± 2.
0,25
x −∞
−
1
+
∞
'y
+
+
y
2
2
+
∞
−
∞
2
−
1
O x
y
1
Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
2
2sin cos sin cos 2 cos 2cos2 0xx x xx x
−
++=
0,25
⇔ cos2 sin (cos 2)cos2 0xx x x
+
+= ⇔ (sin cos 2)cos 2 0xx x
+
+= (1).
0,25
Do phương trình sin cos 2 0xx++= vô nghiệm, nên:
0,25
(1) ⇔ cos2 0x
=
⇔
42
x
k
π
π
=+ (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện:
1
6
3
x−≤≤.
0,25
Phương trình đã cho tương đương với:
2
(3 1 4) (1 6 ) 3 14 5 0xxxx
+
−+− −+ − −=
0,25
⇔
3( 5) 5
( 5)(3 1) 0
314 6 1
xx
xx
xx
−−
++−+=
++ − +
⇔ x = 5 hoặc
31
310
314 6 1
x
xx
+
++=
++ − +
.
0,25
II
(2,0 điểm)
31 1
310 ;6
3
314 6 1
xx
xx
⎡
⎤
+++>∀∈−
⎢
⎥
++ − +
⎣
⎦
, do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
0,25
Đặt 2lntx=+ , ta có
1
ddtx
x
= ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
0,25
3
2
2
2
d
t
It
t
−
=
∫
33
2
22
11
d2dtt
t
t
=−
∫∫
.
0,25
3
3
2
2
2
ln t
t
=+
0,25
III
(1,0 điểm)
13
ln
32
=− + .
0,25
• Thể tích khối lăng trụ.
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ '
A
D, suy ra:
n
'60ADA =
D
.
0,25
Ta có: '
AA
= AD.tan
n
'ADA =
3
2
a
; S
ABC
=
2
3
4
a
.
Do đó:
3
.'' '
33
VS.'
8
ABC A B C ABC
a
AA==.
0,25
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra:
GH // '
A
A ⇒ GH ⊥ (ABC).
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao
điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH).
Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI =
.GE GA
GH
=
2
2
GA
GH
.
0,25
IV
(1,0 điểm)
Ta có: GH =
'
3
AA
=
2
a
; AH =
3
3
a
; GA
2
= GH
2
+ AH
2
=
2
7
12
a
. Do đó: R =
2
7
2.12
a
.
2
a
=
7
12
a
.
0,25
H
A
B
C
'
A
'
B
'C
G
D
A
E
H
G
I
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)
2
+ 3(ab + bc + ca) + 2 12( )ab bc ca−++.
0,25
Đặt t = ab + bc + ca, ta có:
2
()1
0
33
abc
t
++
≤≤ =
.
Xét hàm
2
() 3 2 1 2
f
tt t t
=
++ − trên
1
0;
2
⎡
⎞
⎟
⎢
⎣
⎠
, ta có:
2
'( ) 2 3
12
ft t
t
=+−
−
;
3
2
''( ) 2
(1 2 )
ft
t
=−
−
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra '( )
f
t nghịch biến.
0,25
Xét trên đoạn
1
0;
3
⎡
⎤
⎢
⎥
⎣
⎦
ta có:
111
'( ) ' 2 3 0
33
ft f
⎛⎞
≥=−>
⎜⎟
⎝⎠
, suy ra f(t) đồng biến.
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
.
0,25
V
(1,0 điểm)
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈
1
0;
3
⎡⎤
⎢⎥
⎣⎦
; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1).
Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn:
(4)(1)0
41
50
22
xy
xy
+
−−=
⎧
⎪
⎨− +
+
−=
⎪
⎩
⇒ D(4; 9).
0,25
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y)
thỏa mãn:
22
50
(5)32
xy
xy
+−=
⎧
⎪
⎨
+
−=
⎪
⎩
với x > 0, suy ra A(4; 1).
0,25
⇒ AC = 8 ⇒ AB =
2S
A
BC
AC
= 6.
B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)
2
= 36
⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5).
0,25
Do d là phân giác trong của góc A, nên
AB
J
JJG
và
AD
J
JJG
cùng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình: 1
1
xyz
bc
+
+=.
0,25
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra:
1
b
−
1
c
= 0 (1).
0,25
Ta có: d(O, (ABC)) =
1
3
⇔
22
1
11
1
bc
++
=
1
3
⇔
2
1
b
+
2
1
c
= 8 (2).
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c =
1
2
.
0,25
Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có:
| z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i |
0,25
⇔ x
2
+ (y − 1)
2
= (x − y)
2
+ (x + y)
2
0,25
⇔ x
2
+ y
2
+ 2y − 1 = 0.
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x
2
+ (y + 1)
2
= 2.
0,25
d
A
B
D
C
