TỔNG HỢP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TỪ NĂM 2010 ĐẾN 2015 (CÓ ĐÁP ÁN)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (2.14 MB, 41 trang )
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 = x³ – 2x² + (1 – m)x + m
(1), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiện
x12 x 22 x32 4
Câu II. (2,0 điểm)
π
(1 sin x cos 2x)sin(x )
4 1 cos x
1. Giải phương trình
1 tan x
2
2. Giải bất phương trình
x x
1 2(x x 1)
2
1
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân I =
≥1
x 2 e x 2x 2e x
dx .
1 2e x
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, 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.
2
(4x 1)x (y 3) 5 2y 0
(x, y R)
Câu V. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau
2
2
4x y 2 3 4x 7
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y = 0; d2: 3 x – y = 0. Gọi (T) là đường
tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B, C sao cho ΔABC vuông tại B. Viết phương trình của (T) biết
3
diện tích của ΔABC bằng
và điểm A có hoành độ dương.
2
x 1 y z 2
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
và mặt phẳng (P): x – 2y + z = 0.
2
1
1
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 .
0
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z ( 2 i)2 (1 2i).
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa 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 tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; –3)
nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho.
x2 y2 z3
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; –2) và đường thẳng ∆:
. Tính
2
3
2
khoảng cách từ A đến Δ. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
(1 3i)3
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z
. Tìm modun của số phức z + iz.
1 i
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x³ – 2x² + (1 – m)x + m
(1), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại ba điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thỏa mãn điều kiện
x12 x 22 x32 4
1. Bạn đọc tự khảo sát.
2. phương trình hoành độ giao điểm x³ – 2x² + (1 – m)x + m = 0
<=> (x – 1)(x² – x – m) = 0 <=> x = 1 hoặc x² – x – m = 0 (*)
(0,25 đ)
Đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt <=> phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt x1 và x2
Δ 1 4m 0
khác x3 = 1. <=>
<=> –1/4 < m ≠ 0.
1 1 m 0
Khi đó x12 x 22 x32 4 <=> (x1 + x2)² – 2x1x2 + 1 < 4 <=> 1 + 2m + 1 < 4 <=> m < 1.
Vậy –1/4 < m < 1 và m ≠ 0 thỏa mãn yêu cầu đề bài.
Câu II. (2,0 điểm)
π
(1 sin x cos 2x)sin(x )
4 1 cos x
1. Giải phương trình
(*)
1 tan x
2
Điều kiện cos x ≠ 0 và 1 + tan x ≠ 0. Khi đó (*) <=> (1 + sin x + cos 2x)(sin x + cos x) = cos x (1 + tan x)
<=> (sin x + cos x)(1 + sin x + cos 2x) = sin x + cos x
(0,25 đ)
<=> (sin x + cos x)(sin x + 1 – 2sin² x) = 0
<=> sin x + cos x = 0 (loại) hoặc 1 + sin x – 2sin² x = 0
(0,25 đ)
<=> sin x = 1 (loại vì cos x ≠ 0) hoặc sin x = –1/2
(0,25 đ)
<=> x = –π/6 + k2π hoặc x = 7π/6 + k2π
(k thuộc Z)
(0,25 đ)
x x
2. Giải bất phương trình
≥1
(1)
2
1 2(x x 1)
Điều kiện x ≥ 0.
Ta có 2(x² – x + 1) = x² + (x – 1)² + 1 > 1 → 1 –
Nên (1) <=> x x ≤ 1 –
Mặt khác:
2(x 2 x 1) <=>
2(x 2 x 1) < 0
2(x 2 x 1) ≤ 1 – x +
2(x 2 x 1) 2[(1 x)2 ( x )2 ] ≥ 1 – x +
x
Từ (2) và (3) suy ra (1) có nghiệm <=> 1 – x = x và 1 ≥ x ≥ 0
3 5
<=> 0 ≤ x ≤ 1 và 1 – 2x + x² = x <=> x =
(0,25 đ)
2
1
Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân: I =
1
I=
0
x (1 2e ) e
2
x
1 2e x
x
1
0
x
1 2e x
e dx
x
(2)
(0,25 đ)
(0,25 đ)
dx hoctoancapba.com
1 3 1 1 1 d(1 2e x )
x
x
0 2 0 1 2e x
3
1
2e
0
1
dx x 2dx
0
x 2 e x 2x 2e x
(3)
(0,25 đ)
(0,75 đ)
1 1 1
1 1
1
ln(1 2e x ) ln(1 2e) ln 3
(0,25 đ)
0 3 2
3 2
2
Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M, N lần lượt là trung
điểm của các cạnh AB, 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.
=
Ta có SCDNM = SABCD – SAMN – SBCM = AB² –
1
1
AM.AN BC.BM = a² – a²/8 – a²/4 = 5a²/8
2
2
1
1
5a 2 a 3 3
SH.SCDNM a 3.
3
3
8
24
ΔADM = ΔDCN (c–g–c)
→ góc ADM = góc DCN
mà góc ADM + góc CDH = 90°
→ góc DCN + góc CDH = 90°
→ CN vuông góc với MD
mà MD vuông góc với SH
→ MD vuông góc với mặt phẳng (SCN)
Kẻ HK vuông góc với SC tại K.
→ MD vuông góc với HK; HK vuông góc với SC
→ HK là đoạn vuông góc chung của MD và SC
Do đó HK = d(MD, SC)
(0,25 đ)
a 5
Mắt khác CN = CD2 DN 2
2
2a 5
HC = CD² / CN =
;
5
SH.HC
a 3.2a 5
2a 3
HK =
19
SH 2 HC2
25.3a 2 20a 2
VS.CDNM =
Vậy d(MD, SC) =
2a 3
19
(0,25 đ)
(0,25 đ)
S
K
A
N
D
H
M
B
C
(0,25 đ)
2
(1)
(4x 1)x (y 3) 5 2y 0
Câu V. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau
2
2
(2)
4x y 2 3 4x 7
Điều kiện x ≤ 3/4; y ≤ 5/2.
phương trình (1) <=> (4x² + 1).2x = (5 – 2y + 1) 5 2y (3)
(0,25 đ)
Xét hàm số g(t) = (t² + 1).t có đạo hàm g’(t) = 3t² + 1 > 0 với mọi số thực t.
→ g(t) đồng biến trên R.
(3) <=> g(2x) = g( 5 2y ) <=> 2x = 5 2y
(4)
(0,25 đ)
Từ (4) suy ra x ≥ 0 và y = (5 – 4x²) / 2.
Thay vào (2) ta có: 4x² + (5 – 4x²)² / 4 + 2 3 4x = 7
(5)
Nhận xét x = 0 và x = 4/3 không thỏa mãn (5)
Xét hàm số h(x) = 4x² + (5 – 4x²)² / 4 + 2 3 4x trên (0; 3/4)
(0,25 đ)
4
4
h’(x) = 8x – 4x(5 – 4x²) –
= 4x(4x² – 3) –
< 0 với 0 < x < 3/4
3 4x
3 4x
→ h(x) nghịch biến trên (0; 3/4); mà h(1/2) = 7
Nên phương trình (5) có nghiệm duy nhất x = 1/2. Suy ra y = 2.
Vậy (1/2; 2) là nghiệm duy nhất của hệ phương trình đã cho.
(0,25 đ)
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y = 0; d2: 3 x – y = 0. Gọi (T) là đường
tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B, C sao cho ΔABC vuông tại B. Viết phương trình của (T) biết
3
diện tích của ΔABC bằng
và điểm A có hoành độ dương.
2
Ta có: d1 cắt d2 tại O(0; 0). ΔABC vuông tại B suy ra AC là đường kính của đường tròn (T).
Mặt khác ΔOAB cũng vuông tại B do AB vuông góc với d2.
n1.n 2
3 1
1
→ α = 60°
n1 n 2
2.2 2
Vì đường tròn (T) tiếp xúc với d1 tại A nên tam giác OAC vuông tại A.
Suy ra góc BAC = α = 60°. AB = OAsin α và BC = AB tan α = OAsin α tan α.
1
3 3
SΔABC = AB.BC OA 2.
2
8
4
3
mà SΔABC =
suy ra OA² =
(0,25 đ)
3
2
1
A thuộc d1 nên A(t; – 3 t) → 4t² = 4/3 → t =
(do A có hoành độ dương)
3
1
Khi đó A(
; –1).
3
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d1, nhận (1; – 3 ) làm vector pháp
1
tuyến, có phương trình là x
3(y 1) 0 hay AC: 3x 3y 4 0
3
2
3x 3y 4 0
Tọa độ của C thỏa mãn hệ phương trình sau
→ C(
; –2)
3
3x
y
0
1
3
Đường tròn (T) có tâm là trung điểm I của AC → I(
; )
2 3 2
Đặt góc AOB = α suy ra cos α = cos (d1, d2) =
(0,25 đ)
(0,25 đ)
3 2 1 2
) ( ) = 1.
2
2
1 2
3
Vậy phương trình đường tròn (T) là (x
(0,25 đ)
) (y ) 2 = 1.
2
2 3
x 1 y z 2
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
và mặt phẳng (P): x – 2y + z = 0.
2
1
1
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 .
Đường thẳng Δ có vector chỉ phương là u = (2; 1; –1) và mặt phẳng (P) có vector pháp tuyến là n = (1; –2;
u.n 2 2 1 1
1). cos ( u, n ) =
(0,50 đ)
u n
6
6. 6
Gọi H là hình chiếu vuông góc của M trên (P). Suy ra cos CMH = |cos ( u, n )| = 1/6.
(0,25 đ)
Bán kính đường tròn (T) là IA =
(
6
(0,25 đ)
6
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z ( 2 i)2 (1 2i).
Khi đó d(M, (P)) = MH = MC.cos CMH =
z (1 2 2i)(1 2i) 5 i 2
(0,50 đ)
→z=5–i 2
(0,25 đ)
Vậy phần cảo của z là 2
(0,25 đ)
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa 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 tọa độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; –3) nằm trên đường cao đi
qua đỉnh C của tam giác đã cho.
E(1; –3)
Gọi H là chân đường cao hạ từ A của ΔABC. Gọi D là giao điểm của AH và
đường thẳng x + y – 4 = 0.
Đường thẳng AH đi qua A(6; 6) và nhận (1; –1) làm vector pháp tuyến.
→ AH: x – y = 0
B
A(6; 6)
d
D
H
C
x y 0
Tọa độ của D là nghiệm của hệ phương trình
→ D(2; 2)
x y 4 0
H đối xứng với A qua D nên H(–2; –2)
(0,25 đ)
Đường thẳng BC đi qua H và song song với d nên có phương trình là x + y + 4 = 0
(0,25 đ)
B thuộc BC nên B(t; –t – 4) và C đối xứng với B qua H nên C(–4 – t; t)
E nằm trên đường cao hạ từ C của ΔABC nên CE vuông góc với AB.
Hay AB.CE = 0 <=> (t – 6; –t – 10).(5 + t; –3 – t) = 0 <=> (t – 6)(t + 5) + (t + 10)(t + 3) = 0
(0,25 đ)
<=> 2t² + 12t = 0 <=> t = 0 hoặc t = –6;
Vậy B(0; –4), C(–4; 0) hoặc B(–6; 2), C(2; –6)
(0,25 đ)
x2 y2 z3
2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; –2) và đường thẳng ∆:
. Tính
2
3
2
khoảng cách từ A đến Δ. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Đường thẳng Δ đi qua điểm M(–2; 2; –3) và nhận u = (2; 3; 2) làm vector chỉ phương.
Ta có MA = (2; –2; 1) và [ u , MA ] = (7; 2; –10) (0,25 đ)
[u, MA]
49 4 100
d(A, Δ) =
=3
u
494
Gọi (S) là mặt cầu tâm A cắt Δ tại B, C sao cho BC = 8.
BC 2
Bán kính của (S) là R = AB = [d(A, Δ)]2 (
(0,25 đ)
) =5
2
Vậy phương trình mặt cầu (S) là x² + y² + (z + 2)² = 25.
(0,25 đ)
3
(1 3i)
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z
. Tìm modun của số phức z + iz.
1 i
1 3 3i 3.3i 2 3 3i3 8
(0,25 đ)
z
1 i
1 i
= –4 – 4i
(0,25 đ)
→ z + iz = –4 – 4i + i(–4 + 4i) = –8 – 8i
(0,25 đ)
Vậy | z + iz| = 8 2 (0,25 đ)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
−x + 1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
.
2x − 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và
B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng k1 + k2 đạt
giá trị lớn nhất.
Câu II (2,0 điểm)
1 + sin 2 x + cos 2 x
= 2 sin x sin 2 x.
1. Giải phương trình
1 + cot 2 x
2
2
3
⎪⎧5 x y − 4 xy + 3 y − 2( x + y ) = 0
( x, y ∈ \).
2. Giải hệ phương trình ⎨
2
2
2
⎪⎩ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )
π
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
4
∫
0
x sin x + ( x + 1) cos x
dx.
x sin x + cos x
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a;
hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB;
mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
x
y
z
biểu thức P =
+
+
.
y+z z+x
2x + 3 y
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn
(C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến
MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích
bằng 10.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng
( P) : 2 x − y − z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.
2
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: z 2 = z + z.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
x2
y2
+
= 1. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ):
4
1
(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 4 y − 4 z = 0 và điểm
A(4; 4; 0) . Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = 2 − 2i .
----------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
⎧1 ⎫
• Tập xác định: D = \ \ ⎨ ⎬ .
⎩2⎭
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên: y ' =
−1
( 2 x −1)
0,25
< 0, ∀x ∈ D.
2
1⎞
⎛1
⎞
⎛
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ .
2⎠
⎝2
⎠
⎝
1
1
Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − .
x → −∞
x → +∞
2
2
1
lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = .
⎛1⎞
⎛1⎞
2
x →⎜ ⎟
x →⎜ ⎟
⎝2⎠
Bảng biến thiên:
⎝2⎠
1
2
x −∞
y’
y
1
−
2
0,25
−
+∞
−
0,25
+∞
−
−∞
y
• Đồ thị:
1
2
(C)
O 1
−
1
2
2
1
x
0,25
–1
2. (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m =
−x +1
2x −1
1
2
⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – 1 = 0 (*).
2
∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
0,25
0,25
Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có:
k1 + k2 = –
4( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 2
1
1
–
=
−
.
(2 x1 − 1) 2 (2 x2 − 1) 2
(4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) 2
Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2.
Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.
Trang 1/5
0,25
0,25
Câu
II
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: sin x ≠ 0 (*).
Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx
⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx –
• cosx = 0 ⇔ x =
2 ) = 0.
π
+ kπ, thỏa mãn (*).
2
0,25
0,25
0,25
π
π
) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*).
4
4
π
π
Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z).
2
4
• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x +
0,25
2. (1,0 điểm)
⎧⎪5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1)
⎨
2
2
2
(2).
⎪⎩ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y )
Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2.
• xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1.
Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
• x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0
2
2
⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0
⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra:
⎛ 2 10 10 ⎞
⎛ 2 10
10 ⎞
(x; y) = ⎜⎜
;
;−
⎟⎟ hoặc (x; y) = ⎜⎜ −
⎟.
5 ⎠
5
5 ⎟⎠
⎝ 5
⎝
⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10
10 ⎞
Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜⎜
;
;−
⎟⎟ , ⎜⎜ −
⎟.
5 ⎠ ⎝
5
5 ⎟⎠
⎝ 5
III
(1,0 điểm)
I =
π
π
π
4
4
4
( x sin x + cos x) + x cos x
dx =
∫0
x sin x + cos x
∫ dx +
0
x cos x
∫ x sin x + cos x dx.
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0
π
4
π
Ta có: ∫ dx = x 04 =
0
π
4
π
4
và
∫
0
IV
(1,0 điểm)
0,25
π
x cos x
dx =
x sin x + cos x
d(x sin x + cos x)
∫0 x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x
4
)
π
4
⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞
⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞
π
= ln ⎜⎜
⎜ + 1⎟ ⎟⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜⎜
⎜ + 1⎟ ⎟⎟ .
2
4
2
4
⎝
⎠
⎝ 4 ⎠⎠
⎝
⎠
⎝
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC).
S
n là góc giữa (SBC) và
AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA
n = 60o ⇒ SA = AB tan SBA
n = 2a 3.
(ABC) ⇒ SBA
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
H
⇒ MN //BC và N là trung điểm AC.
D N
C
A
BC
AB
MN =
= a, BM =
= a.
M
2
2
B
( BC + MN ) BM 3a 2
1
=
⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅
Diện tích: SBCNM =
2
2
3
Trang 2/5
0,25
0
0,25
0,25
0,25
Câu
Đáp án
Điểm
Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND)
⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)).
Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH.
Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a
⇒ d(AB, SN) = AH =
V
(1,0 điểm)
SA. AD
=
2a 39
⋅
13
0,25
0,25
SA2 + AD 2
1
1
2
+
≥
(*), với a và b dương, ab ≥ 1.
Trước hết ta chứng minh:
1 + a 1 + b 1 + ab
Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 +
ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)
⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab
b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1.
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có:
x
1
1
1
2
P=
+
+
≥
+
.
3y
2x + 3y 1 + z 1 + x
x
2+
1+
y
z
x
y
0,25
⇔ ( ab – 1)( a –
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:
x
z
x
= hoặc = 1
y
y
z
0,25
(1)
x
t2
2
+
⋅
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2
2t + 3 1 + t
y
Đặt
− 2 ⎡⎣t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤⎦
2
t2
< 0.
Xét hàm f(t) = 2
+
, t ∈ [1; 2]; f '(t ) =
2t + 3 1 + t
(2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2
⇒ f(t) ≥ f(2) =
0,25
34
x
= 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2).
; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔
y
33
34
. Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
33
34
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng
; khi x = 4, y = 1, z = 2.
33
⇒P≥
VI.a
0,25
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
A
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
n = MBI
n = 90o và MA = MB
Tứ giác MAIB có MAI
I
⇒ SMAIB = IA.MA
B
M
∆
0,25
⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5.
M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2).
IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0
0,25
⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1).
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
⎧2 x − y − z + 4 = 0
⎪
Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9
⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9
⎩
Trang 3/5
0,25
Câu
Đáp án
Điểm
⎧2 x − y − z + 4 = 0
⎪
⇔ ⎨x + y − z + 2 = 0
⎪( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9
⎩
0,25
⎧x = 2 y − 2
⎪
⇔ ⎨z = 3y
⎪7 y 2 − 11y + 4 = 0
⎩
0,25
⎛ 6 4 12 ⎞
⎛ 6 4 12 ⎞
; ⎟ . Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; ⎟ .
⎝ 7 7 7⎠
⎝ 7 7 7⎠
⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ;
VII.a
2
Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z 2 = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi
(1,0 điểm)
2
2
2
⎧a 2 − b 2 = a 2 + b 2 + a
2
⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨
⎧a = − 2b 2
⎩b(2a + 1) = 0
⇔ ⎨
0,25
⎛ 1 1⎞
⎟ hoặc (a; b) =
⎝ 2 2⎠
1
1
1 1
Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i.
2
2
2 2
⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = ⎜ − ;
(2,0 điểm)
0,25
0,25
⎩2ab = − b
VI.b
0,25
1⎞
⎛ 1
⎜ − ; − ⎟.
2⎠
⎝ 2
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên:
y
A
H
O
B
0,25
4 − x2 .
B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | =
Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x.
1
Diện tích: SOAB = x 4 − x 2
2
x
1 2
=
x (4 − x 2 ) ≤ 1.
2
Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x =
0,25
0,25
2.
⎛
⎛
⎛
⎛
2⎞
2⎞
2⎞
2⎞
Vậy: A ⎜⎜ 2;
⎟⎟ hoặc A ⎜⎜ 2; −
⎟⎟ và B ⎜⎜ 2;
⎟⎟ và B ⎜⎜ 2; −
⎟.
2 ⎠
2 ⎠
2 ⎠
2 ⎟⎠
⎝
⎝
⎝
⎝
0,25
2. (1,0 điểm)
(S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S).
Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r =
OA 4 2
=
.
3
3
2
.
3
(P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*).
(P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a.
Khoảng cách: d(I, (P)) =
d(I, (P)) =
2(a + b + c)
2
2
a +b +c
2
0,25
R2 − r 2 =
=
2c
2
2a + c
2
⇒
2c
2
2a + c
2
=
2
3
⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0.
Trang 4/5
0,25
0,25
0,25
Câu
VII.b
(1,0 điểm)
Đáp án
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
⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i
⎧3a − 3b = 2
⎩a + b − 2 = −2
⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨
⇔ a=
1
1
2
, b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 =
⋅
3
3
3
------------- Hết -------------
Trang 5/5
Điểm
0,25
0,25
0,25
0,25
PH N CHUN
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
M : TO N :
1
CHO T T C TH SINH 7 0
C
Cho h m s
1 20
y x4 2( m 1 )x 2 m2 ( 1 ) ,với m là tham s thực.
h o s t sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm s (1) khi m = 0.
b Tìm m để đồ thị hàm s (1 có b điểm cực trị tạo th nh b đỉnh của một tam giác vuông.
C
C
2 10
i i ph
3 10
x3 3x 2 9 x 22 y 3 3 y 2 9 y
i i hệ ph ng trình 2
(x, y R).
1
2
x
y
x
y
2
m)
ng trình
3 sin2x+cos2x=2cosx-1
1 ln( x 1)
dx
2
x
1
3
Tính tích phân I
Câu 4 (1 0
C
5 10
Cho hình chóp S.ABC có đ y l t m gi c đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
S trên mặt phẳng (ABC l điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữ đ ờng thẳng SC
và mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của kh i chóp S.ABC và tính kho ng cách giữa hai
đ ờng thẳng SA và BC theo a.
C 6 10
m) : Cho các s thực x, y, z thỏ mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P 3
x y
3
yz
3
zx
6 x2 6 y 2 6 z 2 .
PH N RIÊN 3 0
m): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. T eo c ươ g trì C ẩn
C 7.a 1 0
m) : Trong mặt phẳng với hệ tọ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung
11 1
; v đ ờng thẳng
2 2
điểm của cạnh BC, N l điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Gi sử M
AN có ph
C
ng trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọ độ điểm A.
8.a 1 0
m) Trong không gian với hệ tọ độ Oxyz, cho đ ờng thẳng d:
điểm I (0; 0; 3). Viết ph
IAB vuông tại I.
C
9.a 1 0
x 1 y z 2
và
1
2
1
ng trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại h i điểm A, B sao cho tam giác
m). Cho n là s nguyên d
ng thỏa mãn 5Cnn1 Cn3 . Tìm s hạng chứa x5 trong khai
n
nx 2 1
triển nhị thức Niu-t n
, x ≠ 0.
14 x
B. T eo c ươ g trì N g cao
C 7.b 1 0
m) Trong mặt phẳng với hệ tọ độ Oxy, cho đ ờng tròn (C) : x2 + y2 = 8. Viết
ph ng trình chính tắc elip (E), biết rằng (E có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại b n điểm tạo
thành b n đỉnh của một hình vuông.
C
8.b 1 0
m) Trong không gian với hệ tọ độ Oxyz, cho đ ờng thẳng d:
x 1 y z 2
,
2
1
1
mặt phẳng (P) : x + y – 2z + 5 = 0 v điểm A (1; -1; 2). Viết ph ng trình đ ờng thẳng cắt d và (P)
lần l ợt tại M v N s o cho A l trung điểm củ đoạn thẳng MN.
C
9.b 1 0
m) Cho s phức z thỏa
5( z i )
2 i . Tính môđun của s phức w = 1 + z + z2.
z 1
……………………………………………………………………………………………………..
Hướng dẫn giải : ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012
PH N CHUN
M : TO N CHO T T C TH SINH 7 0
C
Cho h m s
1 20
:
1
y x4 2( m 1 )x 2 m2 ( 1 ) ,với m là tham s thực.
h o s t sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm s (1) khi m = 0.
b Tìm m để đồ thị hàm s (1 có b điểm cực trị tạo th nh b đỉnh của một tam giác vuông.
Hướng dẫn :
a) y x 4 2 x 2
TXĐ :R
x 0
Đạo hàm y ' 4 x3 4 x; y ' 0
x 1
C c điểm cực trị A (0;0),B(1;-1);C(-1;-1).
x 1
h/s đồng biến trên (-1;0)và (1;+ )
y' 0
1 x 1
x 1
y' 0
0 x 1
h/s nghịch biến trên (; 1) và (0;1)
BBT:
x’
y’
y
-∞
+∞
-1
0
+
0
0
-
1
0
+∞
+
0
-1
+∞
-1
Đồ thị nhận trục tung làm trục đ i xứng
Đồ thị cắt trục hoành tại 3 điểm A(0;0), D ( 2;0) và E ( 2;0)
b. Tìm m để đồ thị của hàm s (1)
có 3 cực trị tạo thành một tam giác vuông.
Cách 1: y ' 4 x3 4(m 1) x
Đề h m s có 3 cực trị y’ = 0 có 3 nghiệm phân biệt.
x 0
y ' 0 4 x3 4(m 1) x 0
x m 1
Để hàm s có 3 cực trị m+1 > 0 m > -1.
Tọ độ điểm cực trị
A(0; m2 ); B( m 1; 2m 1); C ( m 1; 2m 1)
AB ( m 1)2 (2m 1 m2 )2 ; AC ( m 1) 2 (2m 1 m2 ) 2
Ta có AB = AC nên ABC cân tại A. Vậy ABC vuông
A 90o AB. AC 0; AB( m 1; 2m 1 m2 ); AC ( m 1; 2m 1 m2 )
AB. AC 0 (m 1) (2m 1 m2 ) 2 0 m 1 4m2 1 m4 4m 2m2 4m3 0
m 0
m4 4m3 6m2 3m 0 3
m 0(TM )
m 4m 2 6m 3 0
m 1( L)
Vậy m = 0 thỏa mãn yêu cầu
Cách 2:
y ' 4 x3 4 m 1 x; y ' 0 4 x3 4(m 1) x 0
x 0
4 x x 2 (m 1) 0 2
x (m 1) 0 (*)
Để (1) có 3 cực trị thì pt (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0. m+1>0 m >-1
Với m>-1 pt (*) có 2 nghiệm phân biệt
x1 m 1 và x2 m 1
Gọi M (0; m2 ); N ( m 1; 2m 1); P( m 1; 2m 1)
Vì đồ thị hàm s đ i xứng qua trục 0y nên MNP ph i cân tại M
Vậy t m gi c MPN vuông tại M suy r MN 2 MP2 NP2 (m 1) (m 1)3 1 0
<=>m=0 (vì m>-1);
Vậy m=0
3
Cách 3: y’ = 4x – 4(m + 1)x ;
y’ = 0 x = 0 hay x2 = (m + 1)
Hàm s có 3 cực trị m + 1 > 0 m > -1
hi đó đồ thị hàm s có 3 cực trị A (0; m2),
B (- m 1 ; – 2m – 1); C ( m 1 ; –2m – 1)
Do AB = AC nên tam giác chỉ có thể vuông tại A. Gọi M l trung điểm của BC M (0; -2m–1)
Do đó ycbt BC = 2AM (đ ờng trung tuyến bằng nửa cạnh huyền)
2 m 1 = 2(m2 + 2m + 1) = 2(m + 1)2 1 = (m + 1)
3
m 1 = (m 1) 2 (do m > -1)
1 = (m + 1) (do m > -1) m = 0
C
2 10
i i ph
ng trình
3 sin2x+cos2x=2cosx-1
Hướng dẫn:
Cách 1: Đ : x R
3 sin 2 x cos 2 x 2cos x 1 2 3 sin x cos x 2cos2 x 1 2cos x 1
x
k
cos x 0
2
cos x 3 sin x cos x 1 0
3 sin x 1 cos x 1
sin x 1
2
2
2
6 2
x 2 k
x k
2
x m2 x m2
k ,n,m
6 6
2
5
n2
x
n2
x
3
6
6
Cách 2: Ph ng trình đã cho t ng đ ng:
2 3 sin x cos x 2 cos 2 x 2 cos x 0 2 cos x( 3 sin x cos x 1) 0
x
k
x
k
2
2
cos x 0
x k 2 x k 2
1
sin x( x )
6 6
2
6
2
5
k 2
x
x
k 2
3
6
6
C
3 10
m)
x3 3x 2 9 x 22 y 3 3 y 2 9 y
i i hệ ph ng trình 2
(x, y R).
1
2
x y x y
2
Hướng dẫn:
Cách 1:
x3 3x2 9 x 22 y3 3 y 2 9 y ( x 1)3 12 x 23 ( y 1)3 12 y
( x 1)3 12( x 1) ( y 1)3 12( y 1) (1)
x2 y 2 x y
1
1
1
( x )2 ( y ) 2 1 (2)
2
2
2
Từ (2)
1 2
1
1
3
( x 2 ) 1
1 x 2 1
2 x 1 2
1
1
2
( y ) 1 1 y 1 1 y 1 3
2
2
2
2
Nên x -1 v y+1 đều thuộc (-2;2)
Ở (1), xét f (t ) t 3 12t với t (2; 2) ;
Nên
f '(t ) 3t 2 12 0 t (2;2)
(vì x 1; y 1 (2;2) ) x y 2
Th y v o ph
ng trình (2 :
y
1
2
2
2
( y 2) y ( y 2) y 4 y 8 y 3 0
2
y
3 1 1 3
Vậy hệ có 2 nghiệm: ( x; y) ( ; );( ; )
2 2 2 2
Cách 2: Đặt y = -z
3
1
; x
2
2
1
3
; x
2
2
x3 z 3 3 x 2 z 2 9 x z 22 0
2
1
2
x z x z
2
S 3 3SP 3 S 2 2 P 9S 22 0
S x z
Đặt
1
2
P xz
S 2P S
2
S 3 3SP 3S 2 6 P 9 S 22 0 1
2
1
2
S 2P S 2
2S 2 2S 1
Từ (2) P
4
Th y v o (1 t đ ợc :
3
6
S 3 S 2 S 2 2 S 1 3S 2 2 S 2 2 S 1 9 S 22 0
4
4
3
2
2 S 6 S 45S 82 0
S 2
2
3
S 2 S 41 0
Ph ng trình (3 vô nghiệm vì ' 40 0
Vậy
S 2 P
x z 2
3
3
4
xz
4
x; z
3 1 1 3
; , ;
2 2 2 2
x; y
3
1 1
3
; , ;
2 2
2
2
Vậy
Cách 3:
3
2
3
2
x 3x 9x 22 y 3y 9y
Gi i hệ ph ng trình : 2
1
x y2 x y
2
Ta có HPT
3
3
2
2
x y x 2 xy y2 3 x 2 y 2 9 x y 22 0
x y 3x 3y 9x 9y 22 0
2
1
x 2 y2 x y 1
2
x y x y 2
2
2
2
x 2 y2 x y
u v2
2
2
2
u
x
y
;
u
0
Đặt
.
x y x 2xy y xy
vxy
2
2
u v2
v
u
3u 9v 22 0
2
Thay vào hệ PT trên t đ ợc hệ PT :
u v 1
2
1
Từ (2) suy ra : u v th y v o (1 t đ ợc :
2
2
1
2
.
v 3u v2 6u 18v 44 0
1
1
3
v 3 v v 2 6 v 18v 44 0 3v 2 v v3 6v 3 18v 44 0
2
2
2
5
2v3 - 6v2 + 45v - 82 = 0 (v - 2)(2v2 - 2v + 41) = 0 v = 2 => u =
2
1
3
5
5
2
y
x
2
2
2
3
2
2
=> x y 2 y 2 y 2 2y2 + 4y + = 0
3
1
2
y
x
x y 2
x y 2
2
2
3 1 1 3
Vậy hệ PT có 2 nghiệm là : ; ; ;
2 2 2 2
Cách 4:
x3 3x 2 9 x 22 y 3 3 y 2 9 y
1
1
. Đặt u = x ; v = y +
1 2
1 2
2
2
( x ) ( y ) 1
2
2
3
45
3 3 2 45
3
2
u u u (v 1) (v 1) (v 1)
Hệ đã cho th nh
2
4
2
4
u 2 v 2 1
3
2
45
45
< 0 với mọi t thỏa t 1
t có f’(t = 3t 2 3t
4
4
v 0
v 1
f(u) = f(v + 1) u = v + 1 (v + 1)2 + v2 = 1 v = 0 hay v = -1
hay
u 1
u 0
3 1 1 3
Hệ đã cho có nghiệm là ; ; ;
.
2 2 2 2
Xét hàm f(t) = t 3 t 2
1 ln( x 1)
dx
x2
1
3
C
Tính tích phân I
4 10
Hướng dẫn:
Cách 1::
I
3
1
3
1
3 1
1 ln x 1
ln x 1
dx
dx
1 x 2
x2
x2
3 ln x 1
1
dx
1 x 2 dx I1 I 2
x2
Với I1
3
1
3 ln x 1
1
1
2
dx
; I2
dx
2
1
x
x1 3
x2
3
Đặt
u ln x 1
1
dv 2 dx
x
1
du
dx
3
1
x 1
I
ln
x
1
2
x
1
v 1 dx
x
Vậy
I
2 1
3
ln 2 ln
3 3
2
Cách 2:
3
1 ln( x 1)
1
1
dx Đặt u = 1 + ln(x + 1) ; dv 2 dx v
I=
2
x
x
x
1
;
1 ln( x 1) 3
1
1 ln 4
1
1
dx (1 ln 2
) (
)dx
1
x
x
(
x
1)
3
x
x
1
1
1
3
3
1
1
dx
x x 1
3
1
1
1
x
31
ln 4 ln 2
dx
dx ln 4 ln 2 ln
1 x
1 x 1
3
3
x
1
1
3
ln 2 ln
3
2
I
2 ln 2
x 3 2
2
ln
ln 3 ln 2
3 3
x 1 1 3
3
3
3
1
C
5 10
Cho hình chóp S.ABC có đ y l t m gi c đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S
trên mặt phẳng (ABC l điểm H thuộc cạnh AB sao cho HA = 2HB. Góc giữ đ ờng thẳng SC và
mặt phẳng (ABC) bằng 600. Tính thể tích của kh i chóp S.ABC và tính kho ng cách giữ h i đ ờng
thẳng SA và BC theo a.
Hướng dẫn :
Cách 1::
1/ Tích Thể Tích kh i chóp S.ABC
Gọi M l trung điểm AB => MH= 1 MB= a
Vì
ABC đều cạnh
3
, CM l đ ờng cao =>
6
CM=
Xét CMH vuông tại M
a 3
2
Theo Pitago ta có: CH2 =CM2 +MH2 = a 3 2 a 2 = 7 a 2 => CH= a 7
+ 9
3
2
6
Ta có SC, ABC =SCH=60o
tanSCH=
SH
a 21
= 3 SH=HC. 3=
HC
3
1
1 a 21 a 2 3 a 3 7
=> V
= SH.S
= .
.
=
SABC 3
ΔABC 3 3
4
12
2/ Xét trong mặt phẳng (ABC) kẻ d qua A và song song với BC
Nên BC//(SA;d) =>
d
=d
BC;SA B SA,d
Dựng hình thoi ABCD; Dựng H :
HK AD(k AD); HI SK ( I SK )
Ta có SH ABC SH AD
Mà
Mà
HK AD nên AD SHK SAD SHK
HI SK nên HI SAD HI là kho
KH AH sin KAH
ng cách từ H đến (SAD)
2a 3
a
.
3 2
3
Vì
2
1
1
1
24
a
3 3
SHK 90 nên
HI
2
2
2
2
HI
HS
HK
7a
2
a 21 a
2
o
Vì BC//(SAD) và HA
3
3 a
HI .
2
2 2
Cách 2:
Ta có: SABC
2
AB nên kho ng cách cần tìm là
3
7
a 42
6
8
a2 3
Vì SH ( ABC ) tại H nên SC;( ABC ) SCH 600
4 ;
7
6
Xét
tam
giác
BCH:
Ta
có:
a
a
7a 2
CH 2 BC 2 BH 2 2 BC.BH .cosCBH a 2 ( )2 2a. .cos600
3
3
9
Suy ra: CH
a 7
3
a 7
a 21
. 3
3
3
Tam giác SCH vuông tại H, có SCH 600 nên: SH = CH. tan 600 =
1
1 a 21 a 2 3 a3 7
Vậy VSABC SH .S ABC .
.
3
3 3
4
12
Dựng hình thoi ACBD trong mp (ABC)
Vì BC//AD BC / /(SAD)
Do đó d SA; BC d BC;( SAD) d B;( SAD)
Tam giác SAD có AD = a; DH = CH =
SH 2 HA2
SA =
3VSABD
a3 7
Ta có: VSABD VSABC
12
SSAD ;
a 7
3
21a 2 4a 2 5a
SD =
9
9
3 ;
21a 2 7a 2 2a 7
9
9
3
SH 2 HD 2
25a 2
28a 2
a2
SA AD SD
9 1 sin SAD 1 cos 2 SAD 2 6
cos SAD
9
5a
2SA. AD
5
5
2. .a
3
2
2
2
a3 7
1
1 5a a 2 6 a 2 . 6
42
AS. AD.sin SAD . .
; d SA; BC 2 12
a
2
2 3
5
3
8
a 6
3
3.
SSAD
Cách 3:
1/ Gọi M l trung điểm AB, ta có
a a a
MH=MB-HB= - =
2 3 6
S
2
2
28a 2
a 7
a
2 a 3
CH
CH
36
3
6
2
a 21
2a 7
; SH = CH.tan600 =
SC 2 HC
3
3
V S , ABC
2
3
I
K
B
M
H
A
1a 7
a 7
a
3 4
12
D
2/ Dựng D sao cho ABCD là hình thoi, AD//BC; Vẽ HK vuông góc với AD. Và trong tam giác vuông
C
SHK, ta kẻ HI là chiều cao của SHK. Vậy kho ng cách d(BC,SA) chính là kho ng cách
HK
3H I
cần tìm.
2
2a 3 a 3
1
1
, hệ thức l ợng 1 1 1
2
2
2
2
2
3 2
3
HI
HS
HK
a 21
a 3
3
3
HI
C
a 42
3
3 a 42 a 42
d BC , SA HI
12
2
2 12
8
6 10
m) : Cho các s thực x, y, z thỏ mãn điều kiện x +y + z = 0. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức P 3
x y
3
yz
3
zx
6 x2 6 y 2 6 z 2 .
Hướng dẫn :
Cách 1::
Không mất tổng quát, gi sử x y z.
Từ gi thiết suy ra
z x y do đó,
P 3x y 3 y z 3x z 12 x 2 y 2 x y
2
3x y 32 y x 32 x y 12 x 2 y 2 x y
2
Đặt
a 2 x y
b 2 y x
2a b
x
3
thì
và
y 2b a
3
ab0
Th y v o P t đ ợc :
P 3a b 3a 3b 2 a 2 ab b 2
ab
a b
3 3 2
3
2
2
2
a b
3
Đặt
u
a
ab
a b
,v
2
2
2
b
thì
u v 0 và ta có :
P 9v 3u v 3u v 2 u 2 3v 2
Xét hàm:
P f (u ) 9v 3u v 3u v 2 u 2 3v 2 , u v 0
f '(u ) 3u v ln 3 3u v ln 3
2u
u 3v
2
2
2 ln 3 2 0
f (u) đồng biến trên v; ) kéo theo
f (u) f (v) 9v 32v 1 2 4v 2 2.9v 4v 1 (1)
Xét
g (v) 2.9v 4v 1, v 0
g '(v) 2.9v ln 9 4 4.9v ln 3 4 4ln 3 4 0 dov 0
Suy r g(v đồng biến trên 0; ), kéo theo g (v) g (0) 3
Từ (1 v (2 ,suy r f(u 3 hay P 3
Đẳng thức x y ra khi u=v=0 hay x = y = z =0
Vậy min P = 3
(2)
Cách 2:
a x y ,b y Z ,c z x
Đặt
Từ gi thiết suy ra
x2 y 2 z 2 2 xy yz zx
6 x2 y 2 z 2 2 x y y z z x
Do đó
2
2
2
a x y ,b y z ,c z x
Vì vậy nếu đặt
thì
a, b, c 0
a b c, b c a, c a b
và
Ta có P 3a 3b 3c 2 a 2 b2 c 2
Vì
ab c
T
ng tự :
nên
a b c c2 ;
b c a a 2 ; c a b b2
Công ba bất đẳng thức trên t đ ợc
2 ab bc ca a 2 b2 c2 a b c 2 a2 b2 c2
2
Do vậy
P 3a 3b 3c a b c 3a a 3b b 3c c
Xét hàm
f x 3x x , x 0 ; f
P 3 , dấu “=” x
Vì vậy
'
x 3x ln 3 1 0 ; f x f 0 1
y ra khi x = y = z = 0
Cách 3: Đặt a x y , b y z ,c z x a 2 b2 c2 3(x 2 y2 z2 )
Ta có
a b c, b c a, a c b a 2 b2 c2 2(ab bc ca) 2(a 2 b2 c2 ) (a b c)2
hi đó : P 3a 3b 3c 2(a 2 b2 c2 ) 3a 3b 3c a b c 3
(do 3a a 1;3b b 1;3c c 1 )
Dấu bằng x y ra khi và chỉ khi x=y=z=0)
Cách 4:
x + y + z = 0 nên z = -(x + y) và có 2 s không âm hoặc không d
gi sử xy 0
Ta có P 3
x y
3
2 yx
3
2 x y
ng. Do tính chất đ i xứng ta có thể
12( x2 y 2 xy) =
2 y x 2 x y
3
x y
3
2 yx
3
x y
2.3
3
2 x y
12[( x y)2 xy]
3
x y
2.3
2
12[( x y) 2 xy]
3 x y
2
2 3 x y . Đặt t = x y 0 , xét f(t) = 2.( 3)3t 2 3t
f’(t = 2.3( 3)3t .ln 3 2 3 2 3( 3.( 3)3t ln 3 1) 0
f đồng biến trên [0; +) f(t) f(0) = 2
x y
Mà 3
30 = 1. Vậy P 30 + 2 = 3, dấu “=” x y ra x = y = z = 0.
Vậy : min P = 3.
PH N RIÊN 3 0
m): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. T eo c ươ g trì C ẩn
C
7.a 1 0
m) : Trong mặt phẳng với hệ tọ độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung
11 1
; v đ ờng thẳng
2 2
điểm của cạnh BC, N l điểm trên cạnh CD sao cho CN = 2ND. Gi sử M
AN có ph
ng trình 2x – y – 3 = 0. Tìm tọ độ điểm A.
Hướng dẫn :
Cách 1:
h d M , AN
1
11 3
2
22 1
2
15
3 5
2
2 5
Đặt AB 6 x, x 0
Có
1
1
1
1
AD.DN 6 x.2 x 6 x 2 ; S ABM AB.BM 6 x.3x 9 x 2 ;
2
2
2
2
1
1
SCMN CM .CN 3x.4 x 6 x 2 ;
2
2
S AMN S ABCD S ADN S ABM SCMN 36 x 2 6 x 2 9 x 2 6 x 2 15 x 2
S ADN
Theo định lý pitago
AN AD2 DN 2
2S AMN
30 x 2
15 x
3 5
1
36 x 4 x 2 10 x h
x
AN
2
2 10 x
10
2
2
2
Định lý pitago AM
AB 2 BM 2 36 x 2 9 x 2 145 x
45
2
AN :2 x y 3 0 y 2 x 3
Đặt: A(a; 2a 3)
2
2
2
2
11
1
45
11
7
45
a 2a 3
a 2a
2
2
2
2
2
2
a 1
5a 2 25a 20 0 a 2 5a 4 0
a 4
Vậy A1 (1;-1), A2 (4;5)
Cách 2: AN : 2 x y 3 0 y 2 x 3
Xét là góc giữa CD và AN tan
AD DC
3
ND ND
Gọi k là hệ s góc của CD thì: tan
k 1
2k
3
k 1
1 2k
7
2k
(Vì AN có hệ s góc bằng 2)
1 2k
Từ M, kẻ MH // CD (H AN thì H l trung điểm củ AN; Đặt AB=a thì
1
5a
MH ( AB CD)
2
6
Trường hợp 1: k=-1, ph
ng trình MH l :
11 1
) y x 6
2
2
H có tọ độ là nghiệm của hệ:
y 1( x
y x 6
x 3
11
1
5 2
H (3;3); MH ( 3) 2 ( 3) 2
2
2
2
y 2x 3
y 3
5a 5 2
1
1
1 a 10
a 3 2; HA AN
AD 2 DN 2 .
5
6
2
2
2
2 3
A AN : A( x0 ;2 x0 3)
HA2 5 ( x0 3) 2 (2 x0 3 3) 2 5
x0 4
A(4;5)
( x0 3)2 1
A(2;1)
x0 2
Mặt khác, .. tù nên HA.HM 0
5 5
5
Xét A (4; 5) thì HA (1; 2) HM ( ; ) HA.HM 5 0
2 2
2
A(4;5) thỏ mãn đề bài.
A (2; 1) : Loại
Trường hợp 2: k
1
, ph
7
ng trình MH l : y
1
11 1
1
9
(x ) y x
7
2
2
7
7
1
9
x
x 2
y
H (2;1)
7
7
y
1
Tạo độ H là nghiệm y 2 x 3
11
1
5 2
MH ( 2)2 ( 1) 2
2
2
2
Ta lại có a = 3 2 và HA2 5 ( x0 2)2 (2 x0 3 1)2 5 ( x0 2)2 1
x0 1
A(1; 1)
x0 3 A(3;3)
Xét A (1 ; -1): HA (1; 2)
7 1
7
HM ( ; ) Suy ra: HA.HM 1 0 (thỏa mãn)
2 2
2
Xét A (3; 3): Loại
Vậy có h i điểm A: A (4; 5) và A (1;-1)
Cách 3:
5a
a 10
a 5
; AM =
; MN =
;
6
3
2
AM 2 AN 2 MN 2
1
cosA =
=
MAN 45o
2 AM . AN
2
Ta có : AN =
A
(Cách khác :Để tính MAN = 450 ta có thể tính
B
M
D
C
1
3 1)
tg ( DAM DAN )
1
1 2.
3
2
Ph
ng trình đ ờng thẳng AM : ax + by
cos MAN
2a b
5(a 2 b2 )
11
1
a b= 0
2
2
1
a
1
3t2 – 8t – 3 = 0 (với t = ) t = 3 hay t
b
3
2
2 x y 3 0
A (4; 5)
3x y 17 0
+ Với t = 3 tọ độ A là nghiệm của hệ :
+ Với t
Cách4:
(a
1
tọ độ A là nghiệm của hệ :
3
A
(a;
2a
–
3),
2 x y 3 0
A (1; -1)
x 3y 4 0
d ( M , AN )
3 5
,
2
MA
=
MH . 2
3 10
2
11 2
7
45
) (2a ) 2
2
2
2
a = 1 hay a = 4 A (1; -1) hay A (4; 5).
C
8.a 1 0
m) Trong không gian với hệ tọ độ Oxyz, cho đ ờng thẳng d:
điểm I (0; 0; 3). Viết ph
IAB vuông tại I.
x 1 y z 2
và
1
2
1
ng trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại h i điểm A, B sao cho tam giác
Hướng dẫn :
Cách 1:
Gọi
A(a 1; 2a; a 2) ;
B b 1; 2b; b 2 ;
I 0; 0;3
Với
a b IA a 1; 2; a 1 , IB b 1; 2b; b 1
IA2 2 a 1 4a 2 6a 2 4a 2; IB 2 2 b 1 4b2 6b2 4b 2
2
Vì
IAB
2
Vuông cân tại I nên
(1)
IA . IB 0
2 a 1 b 1 4ab 0
3ab a b 1 0
2
2
a b 6 a b 4 0 (2)
IA2 IB 2
6a 4a 2 6b 4b 2
Từ (2 vì ≠ b a b
2
thế vào (1)
3
1 2
a
1
8
3
T đ ợc ab
IA2 ; Vậy
9 1 2
3
b
3
Cách 2
(d đi qua M (-1; 0; 2 v có vect chỉ ph
Ta có: IH = d[I; (d)] =.
S : x 2 y 2 Z 3
ng u (1; 2;1) .
2
8
3
IM (1;0; 1) . IM , u = (2; 0; -2).
d [I; (d)] =
22 02 (2) 2
12 22 12
2 2
.
6
2 2
IA IB R
Ta có:
=> IAB vuông cân tại I.Nên: R = IA = IH. 2 =
.
0
3
AIB 90
Vậy ph
ng trình (S : x2+y2+ (z - 3)2 =
8
.
3
Cách 3
Ta có M (-1; 0; 2) thuộc d, gọi ud = (1; 2; 1) là vectơ chỉ phương của đường thẳng d.
IH
[ MI , ud ]
AB R 2
, [ MI , ud ] (2;0;2) IH =
d (I , d )
2
2
ud
8
2
6
3
R 2
2
8
2 6
R=
phương trình mặt cầu (S) là : x 2 y 2 ( z 3)2 .
2
3
3
3
C
9.a 1 0
m). Cho n là s nguyên d
ng thỏa mãn 5Cnn1 Cn3 . Tìm s hạng chứa x5 trong khai
n
nx 2 1
triển nhị thức Niu-t n
, x ≠ 0.
14
x
Hướng dẫn :
Cách 1
n n 1 n 2
30 n 2 3n 2
1.2.3
n 7(t / m)
n 2 3n 28 0
n 4(loai )
5Cnn 1 C n3 5n
7
7 x2 1
x2 1
hay
Khai triển:
14
x
2
x
x2
S hạng tổng quát là C
2
k
7
7k
7
143k
k x
1
k
C7 1 . 7k , k N , k 7
2
x
k
Xét 14 3k 5 k 3 ; Vậy s hạng chứa x là C73 1
5
3
x5
35 5
x
4
2
16
Cách 2
5Cnn1 Cn3 5.n
5
n(n 1)(n 2)
30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) n = 7
6
7 i
7
Gọi a là hệ số của x ta có C
x2
2
7 i
i
1
1
. ax5 (1)i C77 i .
x
2
7 i
.x143i ax5
