DE THI THU DH $CD 09

trờng ĐH hồng đức
Khoa Khoa học tự nhiên
Đáp án - thang điểm
Đề Thi chính thức
Môn TON, Khối B
(Đáp án Thang điểm có 4 trang)
I. PHN CHUNG
Cõu I: (2,0 im)
í N i dung i m
1) 1,0
Tp xỏc nh ca hm s:
Ă
.
Gii hn ti vụ cc:
( )
lim
x
f x
đƠ
= Ơ
0,25
( ) ( )
2
' 3 6 3 2f x x x x x=- + =- -
.
Bng bin thiờn:
x
- Ơ
0 2
+Ơ

( )
'f x
- 0 + 0 -

+Ơ
2

( )
f x
-2

- Ơ
Nhn xột: Hm s t cc i ti x = 2,
2
CD
f =
;
t cc tiu ti
0, 2
CT
x f= =-
.
0,5
th:
-1 1 2 3
x
y
-2
2
0

y = -x
3
+ 3x
2
- 2
0,25
2) 1,0
Gi

l tip tuyn ca (C), do

song song vi d
m
nờn
k

=-9
2 2
3x 6x 9 3x 6x 9 0 + = =
x 1
x 3
=


=

.
0,25
* Vi x=-1 suy ra pt (

): y = -9x-9.
* Vi x=3 suy ra pt (

): y = -9x+25.
0,5
Kt hp vi gi thit bi toỏn suy ra m=-9 hoc m=25.
Cõu II: (2,0 im)
í N i dung i m
1)
Gii hờ phng trỡnh
1,0
iu kin x+y

0 v 3x+2y

0. t u =
x y +
v v =
3x 2y +
, suy ra x = v
2
2u
2
v
y = 3u
2
v
2
, u, v

0.
0,25
1
Phương trình đã cho trở thành
2 2 2
u v 1 v u 1
u 2u 5v 0 3u 5u 2 0
− = − = +
 
⇔
 
+ − = − + + =
 
= =


⇔

= − =

u 2,v 3
1 5
u ,v (lo¹i)
6 6
0,5
Với u=2, v=3 suy ra hệ đã cho có nghiệm 0,25
2) Giải pt lượng giác 1,0
Đk
2
1

4sin x 1 0 cos2x x k ,k
2 6
π
− ≠ ⇔ ≠ ⇔ ≠ ± + π ∈ ¢
. 0,25
Phương trình đã cho tương đương với
( )
2 3 cos 2x 1 cos 2x 2cos 2x 1
2
π
 
− − + − = −
 ÷
 
sin 2x 3 cos2x 0 tan 2x 3⇔ − = ⇔ =
2x k x k ,k
3 6 2
π π π
⇔ = + π ⇔ = + ∈ ¢
.
0,5
Kết hợp với điều kiện ta có
2
x k2
3
,k
5
x k2
3
π


= + π

∈

π

= + π


¢
. 0,25
Câu III: (1,0 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
Tính tích phân
/4
2
0
sin x
I dx
cos x 1 3cos 2x
π
=
+
∫
1,0
Ta có
/4 /4
2 2
2 2

0 0
sin x dx tan x dx
I . .
cos x cos x
6cos x 2 4 2 tan x
π π
= =
− −
∫ ∫
0,5
Đặt t =
2
4 2 tan x−
, ta có t
2
=
2
4 2 tan x−
, suy ra 2tdt = -4tanx.
2
dx
cos x
; x 0
/ 4π

t 2
2
Suy ra
2
2

t.dt
I
t
=
∫
=
2
2
1 2 2
t
2 2
−
=
.
0,5
Câu IV: (1,0 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
Hình học không gian 1,0
Từ giả thiết suy ra SO
⊥
(ABCD). Gọi H là hình chiếu của O lên AB, ta có
·
SOH 45=
o
. 0,25
Ta có
2 2 2
1 1 1 1 1 25
OH OA OB 9 16 144
= + = + =

, suy ra OH=
12
5
, do đó SO = OH.tan
45
o
=
12
5
. 0,5
Vậy V
SABCD
=
1
3
.SO.S
ABCD
=
1
3
.
12
5
.
6.8
2
=
96
5
(đvtt). 0,25

Câu V: (1,0 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
Chứng minh bất đẳng thức 1,0
Ta có ab+bc+ca=abc
1 1 1
1
a b c
⇔ + + =
. Điều phải chứng minh tương đương với
0,25
2
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
3
b a c b a c
+ + + + + ≥
. Đặt
u
r
=
1 1 1
, ,
b a a
 
 ÷
 
;
v
r
=

1 1 1
, ,
c b b
 
 ÷
 
;
w
uur
=
1 1 1
, ,
a c c
 
 ÷
 
.
Khi đó
2 2 2 2 2 2
1 2 1 2 1 2
w
v
u
b a c b a c
+ + = + + + + +
r r uur

2 2 2 2
1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1 1
w

v 3 3
u
b c a a b c a b c a b c
       
+ + = + + + + + + + + = + + =
 ÷  ÷  ÷  ÷
       
r r uur
Mặt khác ta luôn có
w w
v v
u u
+ + ≥ + +
r r uur r r uur
, suy ra điều phải chứng minh.
0,5
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
kv,k 0
u
1
w
v m , m 0 a b c
3
ab bc ca abc

= >


= > ⇔ = = =



+ + =


r r
r uur
0,25
Ghi chú: Học sinh có thể sử dụng bất đẳng thức Bunhiacopsky để giải bài này.
II. PHẨN RIÊNG
1. Theo chương trình Chuẩn
Câu VIa: (2,0 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
1) Viết phương trình đường thẳng 1,0
Gọi B(x
B
, 2x
B
)
∈
(d), do
ABC∆
cân tại B nên BA
2
=BC
2
2 2 2 2
B B B B
(x 1) (2x 1) (x 3) (2x 5)⇔ + + + = + + +
B
8

x
7
⇔ =
. Vậy B
8 16
;
7 7
 
 ÷
 
.
0,5
Pt đt AB:
x 1 y 1
3x 5y 8 0
15 / 7 9 / 7
+ −
= ⇔ − + =
. 0,25
Pt đt BC:
x 3 y 5
51x 29y 8 0
29 / 7 51/ 7
+ +
= ⇔ − + =
. 0,25
2) 1.0
Gọi G là trọng tâm
ABC
∆

, ta có MA
2
+MB
2
+MC
2
=
=
( ) ( ) ( )
2 2 2
2 2 2
MA MB MC MG GA MG GB MG GC
+ + = + + + + +
uuuur uuur uuur uuuur uuur uuuur uuur uuuur uuur
=
( )
2 2 2 2
3MG GA GB GC
+ + +
0,5
Vậy MA
2
+MB
2
+MC
2
nhỏ nhất khi và chỉ khi MG nhỏ nhất, do đó M
≡
G(1; 2; 2). 0,5
Câu VIIa: (1,0 điểm)

Ý N ội dung Đi ểm
1) 1,0
Gọi A là biến cố “chọn được 5 người trong đó nam nhiều hơn nữ”; B là biến cố “chọn được 5
nam”; C là biến cố “chọn được 4 nam, 1 nữ”; D là biến cố “ chọn được 3 nam, 2 nữ”. Ta có
A=B
∪
C
∪
D và B, C, D đôi một xung khắc.
0,5
Suy xác suất để chọn được 5 người trong đó nam nhiều hơn nữ là:
P(A) = P(B) + P(B) + P(C) =
5 0 4 1 3 2
7 5 7 5 7 5
5
12
C C C C C C
C
+ +
=
21 175 350 546 182
795 795 265
+ +
= =
.
0,5

2. Theo chương trình Nâng cao
Câu VIb: (2,0 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm

1) 1,0
3
Nhận xét: AM = AN, do đó A là trung điểm MN.
Gọi M(x
M
, y
M
), suy ra N(2x
A
-x
M
;2y
A
-y
M
) = (2- x
M;
4- y
M
). 0,25
Do M
1
∈
C
, N
2
∈
C
nên
( ) ( ) ( ) ( )

2 2
M M M M
2 2
M M M M
x y 2x 2y 11 0
2 x 4 y 2 2 x 2 4 y 7 0

+ + + − =


− + − − − + − − =


2 2
M M M M
2 2
M M M M
x y 2x 2y 11 0 (1)
x y 2x 10y 17 0 (2)

+ + + − =

⇔

+ − − + =


Trừ vế với vế (1) cho (2) ta được 4x
M
+ 12y

M
– 28 = 0. Vậy MN có pt: x + 3y - 7 = 0.
0,5
Dễ kiểm tra được d(I
1
/ MN) < R
1
và d(I
2
/ MN) < R
2
. Suy ra MN: x + 3y - 7 = 0 thỏa mãn ycbt.
0,25
2) 1,0
Gọi M(x; y; z), khi đó ta có:
( )
( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )
( ) ( ) ( )
2 2 2 2 2 2
2 2
2 2
2 2 2
x y z 2 0
M P
MA MB x 1 y 1 z 1 x 3 y 1 z 1
MA AB
x 1 y 1 z 1 8

+ − − =
∈




= ⇔ − + − + − = − + − + +
 
 
=
− + − + − =



0,5
( ) ( ) ( )
2 2 2
10
x
x y z 2 0
2
4x 4z 8 0 y 0
10
x 1 y 1 z 1 8
z 2
2

= ±


+ − − =



 
⇔ − − = ⇔ =
 
 
− + − + − =



= ±


. Vậy
10 10
M ;0;2
2 2
 
± ±
 ÷
 ÷
 
. 0,25
Câu VIIb: (1,0 điểm)
Ý N ội dung Đi ểm
1) Tìm hệ số chứa x
10
trong khai triển P(x) = (1 - x
2
- 2x
3
)

10
1,0
Ta có P(x) = [1 - x
2
(1 + 2x)]
10

=
10
k k 2k k
10
k 0
C ( 1) x (1 2x)
=
− +
∑
=
10 k
k k 2k i i
10 k
k 0 i 0
( 1) C x C (2x)
= =
 
−
 ÷
 
∑ ∑
=
10 k

k k i i 2k i
10 k
k 0 i 0
( 1) C C .2 .x
+
= =
−
∑∑
0,25
Tìm
0 k 10;0 i k; k,i≤ ≤ ≤ ≤ ∈ ¥
sao cho 2k + i = 10 ta được k = 4, i = 2 hoặc k = 5, i = 0.
Vậy hệ số cần tìm là
4 2 5 0
10 10 4 10 5
a 4C C C C= − =
5040 – 252 = 4788.
0,5

------------------------------- Hết -----------------------------
4