Đề thi và đáp án môn toán ôn thi đại hoc
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.62 MB, 35 trang )
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
2. Giải phương trình
.v
n
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2x +1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
.
x +1
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 x + cos 2 x) cos x + 2 cos 2 x − sin x = 0 .
3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0 (x ∈ R).
e
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
ln x
∫ x ( 2 + ln x )2 dx .
1
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng
( A ' BC ) và ( ABC ) bằng 60o . Gọi G là trọng tâm tam giác A ' BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
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
tu
oi
tre
của biểu thức M = 3( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2 .
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
1
(P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng .
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:
z − i = (1 + i ) z .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
x2
y2
+
= 1 . Gọi F1 và F2 là các
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E):
3
2
tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với
(E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2.
x y −1 z
= . Xác định tọa độ điểm M trên
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ: =
2
1
2
trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM.
⎧⎪log 2 (3 y − 1) = x
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ x
(x, y ∈ R).
x
2
⎪⎩4 + 2 = 3 y
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ...................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' =
0,25
1
> 0, ∀x ≠ −1.
( x + 1)2
- Giới hạn và tiệm cận:
n
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2.
x→ − ∞
x→ + ∞
lim y = + ∞ và
lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1.
x → ( − 1) +
itr
e.
v
x → ( − 1) −
0,25
- Bảng biến thiên:
x −∞
−1
+
y'
+∞
+
+∞
2
y
0,25
−∞
2
• Đồ thị:
y
2
0,25
1
−1
x
O
tu
o
I
(2,0 điểm)
Đáp án
2. (1,0 điểm)
2x + 1
= −2x + m
x +1
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình)
Phương trình hoành độ giao điểm:
0,25
⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1).
∆ = m2 + 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(x1; y1) và B(x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2x1 + m và y2 = −2x2 + m.
Ta có: d(O, AB) =
SOAB =
| m|
và AB =
5
( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 5 ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 =
2
2
1
| m | m2 + 8
| m | m2 + 8
AB. d(O, AB) =
, suy ra:
=
2
4
4
Trang 1/4
2
3 ⇔ m = ± 2.
5(m 2 + 8)
.
2
0,25
0,25
Câu
II
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x cos 2 x − sin x + cos 2 x cos x + 2cos 2 x = 0
0,25
⇔ cos 2 x sin x + (cos x + 2) cos 2 x = 0 ⇔ (sin x + cos x + 2) cos 2 x = 0 (1).
0,25
Do phương trình sin x + cos x + 2 = 0 vô nghiệm, nên:
0,25
π
(1) ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x =
4
+k
π
2
(k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: −
1
≤ x ≤ 6.
3
0,25
3( x − 5)
⇔
3x + 1 + 4
x−5
+
6− x +1
3
3
+
3x + 1 + 4
III
(1,0 điểm)
3
∫
2
0,25
3x + 1 + 4
6− x +1
+ 3x + 1 = 0 .
⎡ 1 ⎤
+ 3 x + 1 > 0 ∀x ∈ ⎢ − ; 6 ⎥ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
6− x +1
⎣ 3 ⎦
t−2
dt =
t2
3
∫
2
= −
1
dx ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
x
3
2
+
2
t
C'
G
C
H
D
0,25
0,25
ADA ' = 60D .
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: n
3a
a2 3
Ta có: AA ' = AD.tan n
ADA ' =
; SABC =
.
4
2
3a3 3
.
Do đó: VABC . A ' B ' C ' = S ABC . AA ' =
8
0,25
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
B
G
E
H
I
Ta có: GH =
0,25
• Thể tích khối lăng trụ.
tu
o
B'
0,25
2
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
A
0,25
3
1
3
+ ln .
3
2
A'
A
0,25
3
1
1
dt − 2 ∫ 2 dt .
t
2 t
= ln t
(1,0 điểm)
+
1
1
Đặt t = 2 + ln x , ta có dt =
I =
IV
+ ( x − 5)(3x + 1) = 0
itr
e.
v
⇔ x = 5 hoặc
0,25
n
Phương trình đã cho tương đương với: ( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0
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
GA2
=
.
2 GH
GH
AA ' a
7a
a 3
7a 2
7a 2 2
= ; AH =
; GA2 = GH2 + AH2 =
. Do đó: R =
. =
.
2
3
12
2.12 a
3
12
Trang 2/4
0,25
0,25
Câu
V
(1,0 điểm)
Đáp án
Điểm
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca ) .
0,25
(a + b + c) 2 1
= .
3
3
1
2
⎡
⎞
Xét hàm f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên ⎢ 0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + 3 −
;
1 − 2t
⎣ 2⎠
2
f ''(t ) = 2 −
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra f '(t ) nghịch biến.
(1 − 2t )3
0,25
Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 0 ≤ t ≤
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
itr
e.
v
n
⎛ 1 ⎞ 11
⎡ 1⎤
− 2 3 > 0 , suy ra f(t) đồng biến.
Xét trên đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ =
3
⎣ 3⎦
⎝ 3⎠
⎡ 1⎤
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ .
⎣ 3⎦
⎡ 1⎤
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
⎣ 3⎦
⇔ (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:
D
⎧( x + 4) − ( y − 1) = 0
⎪
d
⇒ D(4; 9).
⎨ x − 4 y +1
B
⎪⎩ 2 + 2 − 5 = 0
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y)
⎧⎪ x + y − 5 = 0
với x > 0, suy ra A(4; 1).
thỏa mãn: ⎨ 2
2
⎪⎩ x + ( y − 5) = 32
A
C
2S ABC
= 6.
AC
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).
JJJG
JJJG
Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.
0,25
0,25
tu
o
⇒ AC = 8 ⇒ AB =
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình:
x y z
+ + = 1.
1 b c
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra:
Ta có: d(O, (ABC)) =
1
⇔
3
1+
1
1
1
+
b2 c2
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c =
VII.a
(1,0 điểm)
=
0,25
1
1
− = 0 (1).
b
c
1
1
1
⇔ 2 + 2 = 8 (2).
3
b
c
0,25
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
⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2
0,25
⇔ x2 + y2 + 2y − 1 = 0.
0,25
2
2
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x + (y + 1) = 2.
Trang 3/4
0,25
0,25
Câu
VI.b
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
y
M
F1
Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0).
N
Đường thẳng AF1 có phương trình:
A
x +1
y
=
.
3
3
0,25
M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra:
F2
O
⎛ 2 3⎞
2 3
M = ⎜⎜1;
.
⎟⎟ ⇒ MA = MF2 =
3
3
⎝
⎠
x
Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN.
0,25
0,25
Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2.
2. (1,0 điểm)
itr
e.
v
G
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2).
JJJJG
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0)
G JJJJG
⇒ ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2; 2t; − t − 2)
G JJJJG
⎡v, AM ⎤
5t 2 + 4t + 8
⎣
⎦
⇒ d(M, ∆) =
=
.
G
3
v
Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔
5t 2 + 4t + 8
=|t|
3
⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2.
Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0).
VII.b
tu
o
(1,0 điểm)
1
, phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x.
3
⎧⎪3 y − 1 = 2 x
⎧⎪3 y − 1 = 2 x
Do đó, hệ đã cho tương đương với: ⎨
⇔ ⎨
2
2
2
⎪⎩(3 y − 1) + 3 y − 1 = 3 y
⎪⎩6 y − 3 y = 0
⎧ x 1
⎪⎪ 2 = 2
⇔ ⎨
⎪y = 1
⎪⎩
2
x
=
−
1
⎧
⎪
⇔ ⎨
1
⎪⎩ y = 2 .
------------- Hết -------------
Điều kiện y >
Trang 4/4
0,25
n
2
⎛
2 3⎞
4
Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜⎜ y −
⎟⎟ = .
3 ⎠
3
⎝
2
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (1 − m)x + m (1), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều
kiện x12 + x22 + x32 < 4.
Câu II (2,0 điểm)
π⎞
⎛
(1 + sin x + cos 2 x) sin ⎜ x + ⎟
1
4⎠
⎝
=
1. Giải phương trình
cos x .
1 + tan x
2
2. Giải bất phương trình
x−
1−
x
2
2( x − x + 1)
≥ 1.
1
x2 + e x + 2 x2e x
∫0 1 + 2e x dx .
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.
⎧⎪(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0
(x, y ∈ R).
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
2
2
+
+
−
=
4
x
y
2
3
4
x
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 và d2: 3 x − y = 0 . Gọi (T) là
đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết
3
và điểm A có hoành độ dương.
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
2
x −1 y z + 2
= =
và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
−1
2
1
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 .
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z = ( 2 + i ) 2 (1 − 2 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.
x+2 y−2 z +3
=
=
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆:
. Tính
2
3
2
khoảng cách từ A đến ∆. 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 môđun của số phức z + i z.
1− 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................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1.
• Tập xác định: R.
0,25
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x;
y '( x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4
.
3
⎛4
⎞
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và ⎜ ; + ∞ ⎟ ; nghịch biến trên khoảng
3
⎝
⎠
4
5
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = ; yCT = − .
3
27
- Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞.
x→ − ∞
- Bảng biến thiên:
⎛ 4⎞
⎜ 0; ⎟ .
⎝ 3⎠
0,25
x→ + ∞
x −∞
+
y'
4
3
0
0
1
y
−
0
• Đồ thị:
+
0,25
+∞
−
−∞
+∞
5
27
y
1
0,25
O
−
4
3
5
27
2
x
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0
⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*)
0,25
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm
phân biệt, khác 1.
0,25
Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*).
⎧∆ > 0
⎪
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: ⎨ g (1) ≠ 0
⎪ 2
2
⎩ x2 + x3 < 3
⎧1 + 4m > 0
1
⎪
⇔ ⎨−m ≠ 0
⇔ − < m < 1 và m ≠ 0.
4
⎪1 + 2m < 3
⎩
Trang 1/4
0,25
0,25
Câu
II
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:
π⎞
⎛
2 sin ⎜ x + ⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
4⎠
⎝
sin x + cos x
cos x ⇔ sinx + cos2x = 0
cos x
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
⇔ x=−
π
+ k2π hoặc x =
6
1
2
0,25
0,25
0,25
7π
+ k2π (k ∈ Z).
6
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0.
2( x 2 − x + 1) =
Ta có:
x 2 + ( x − 1) 2 + 1 > 1, suy ra 1 −
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:
Mặt khác
2( x 2 − x + 1) =
2( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x +
2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x +
2( x 2 − x + 1) = 1 − x +
(1) ⇔
x
0,25
(1)
0,25
x (2), do đó:
x (3)
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x =
x kéo theo 1 − x +
+ 1−x =
2( x 2 − x + 1) < 0.
x đồng thời 1 − x +
x ≥ 0.
x ≥ 0, do đó:
(3) ⇔ 1 − x = x
⎧⎪ x ≤ 1
⎧⎪1 − x ≥ 0
⇔
⇔ ⎨
⎨ 2
2
⎪⎩(1 − x) = x
⎪⎩ x − 3 x + 1 = 0
III
(1,0 điểm)
0,25
3− 5
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
⇔ x =
2
1
1
1
⎛
ex ⎞
ex
2
I = ∫ ⎜⎜ x 2 +
d
x
=
x
d
x
+
⎟
∫
∫ 1 + 2e x dx .
1 + 2e x ⎟⎠
0 ⎝
0
0
1
Ta có:
∫
x 2 dx =
0
1 3
x
3
1
và
ex
1
∫ 1 + 2e x dx = 2
0
1
∫
0
1
=
0
0,25
0,25
1
3
0,25
d(1 + 2e x )
, suy ra:
1 + 2e x
0,25
1
1
1
1 1 1 + 2e 1 1 1 + 2e
I =
+ ln(1 + 2e x ) = + ln
= + ln
.
3
3 2
3 2
2
3
3
0
S
IV
(1,0 điểm)
K
N
A
M
H
D
• Thể tích khối chóp S.CDNM.
SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM
1
1
= AB2 − AM.AN − BC.BM
2
2
2
2
a
a
5a 2
= a2 −
−
=
.
8
4
8
VS.CDNM =
1
5 3 a3
SCDNM.SH =
.
3
24
C
B
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
n ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
∆ADM = ∆DCN ⇒ n
ADM = DCN
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
Trang 2/4
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu
Đáp án
Ta có: HC =
V
(1,0 điểm)
2a
CD 2
=
và HK =
CN
5
SH .HC
2
SH + HC
2
Điểm
=
2 3a
2 3a
, do đó: d(DM, SC) =
.
19
19
3
5
; y≤ .
4
2
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 − 2 y (1)
Điều kiện: x ≤
0,25
0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 − 2 y ), với f(t) = (t2 + 1)t.
Ta có f ' (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x =
0,25
⎧x ≥ 0
⎪
5 − 2y ⇔ ⎨
5 − 4 x2
.
⎪y =
2
⎩
2
⎛5
⎞
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x −7 = 0 (3).
⎝2
⎠
3
Nhận thấy x = 0 và x = không phải là nghiệm của (3).
4
2
0,25
2
⎛5
⎞
⎛ 3⎞
Xét hàm g(x) = 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x − 7, trên khoảng ⎜ 0; ⎟ .
⎝2
⎠
⎝ 4⎠
2
⎛5
⎞
g '( x) = 8x − 8x ⎜ − 2 x 2 ⎟ −
2
⎝
⎠
4
3 − 4x
= 4x (4x2 − 3) −
4
3 − 4x
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
1
⎛1⎞
Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = ; suy ra y = 2.
2
⎝2⎠
⎛1 ⎞
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = ⎜ ; 2 ⎟ .
⎝2 ⎠
VI.a
0,25
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
| 3. 3 − 1.1| 1
= và tam giác
3 + 1. 3 + 1 2
n = 60D .
OAB vuông tại B, do đó n
AOB = 60D ⇒ BAC
y
d1
O
B
d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) =
d2
1
3
AB.AC.sin 60D =
(OA.sin 60D ).(OA.tan 60D )
4
2
A
3 3
=
OA2.
8
I
C
4
3
, suy ra OA2 = .
Do đó: SABC =
2
3
⎧ 3x + y = 0
⎛ 1
⎞
⎪
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ 2
; − 1⎟ .
4 ⇒ A⎜
2
⎝ 3
⎠
⎪x + y =
3
⎩
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
⎧⎪ 3 x − y = 0
⎛ −2
⎞
; − 2⎟ .
⇒ C⎜
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨
⎝ 3
⎠
⎪⎩ 3 x − 3 y − 4 = 0
3⎞
⎛ −1
; − ⎟ và bán kính IA = 1.
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I ⎜
2⎠
⎝2 3
x
0,25
Ta có: SABC =
2
2
1 ⎞ ⎛
3⎞
⎛
Phương trình (T): ⎜ x +
⎟ + ⎜ y + 2 ⎟ =1.
2 3⎠ ⎝
⎠
⎝
Trang 3/4
0,25
0,25
0,25
Câu
Đáp án
Điểm
2. (1,0 điểm)
G
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v = (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
G
vectơ pháp tuyến n = (1; −2; 1).
G G
n = cos v, n .
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos HMC
M
( )
C
P
G G
n = MC. cos v, n
d(M, (P)) = MH = MC.cos HMC
( )
H
=
∆
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 −
VII.a
(1,0 điểm)
= 5+
z = 5−
6.
| 2 − 2 − 1|
1
=
.
6. 6
6
2 i)
0,25
0,25
0,25
0,25
2 i, suy ra:
0,25
2 i.
0,25
Phần ảo của số phức z bằng: − 2 .
VI.b
0,25
0,25
1. (1,0 điểm)
(2,0 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:
A
D
•E
d
B
C
⎧x + y − 4 = 0
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
⎨
⎩x − y = 0
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).
JJJG JJJG
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB . CE = 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).
0,25
H
2. (1,0 điểm)
A
•
∆
•
B
C
M
VII.b
(1,0 điểm)
G
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v = (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
JJJG
G JJJG
Ta có: MA = (2; −2; 1), ⎡⎣v, MA⎤⎦ = (7; 2; −10).
G JJJG
⎡v, MA⎤
49 + 4 + 100
⎣
⎦
Suy ra: d(A, ∆) =
=
= 3.
G
4+9+4
v
0,25
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
Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25.
0,25
Ta có: (1 − 3i )3 = − 8.
0,25
Do đó z =
−8
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.
1− i
0,25
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.
0,25
Vậy: z + iz = 8 2 .
0,25
------------- Hết -------------
Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
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 y = − x 4 − x 2 + 6 .
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 y =
1
x − 1.
6
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình sin 2 x − cos 2 x + 3sin x − cos x − 1 = 0.
2. Giải phương trình 4 2 x +
x+2
3
+ 2 x = 42 +
e
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
⎛
x+2
+ 2x
3
+ 4x − 4
(x ∈ R).
3⎞
∫ ⎜⎝ 2 x − x ⎟⎠ ln x dx .
1
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, cạnh bên SA = a ; hình
AC
chiếu vuông góc của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là điểm H thuộc đoạn AC, AH =
. Gọi CM là đường
4
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 y = − x 2 + 4 x + 21 − − x 2 + 3x + 10 .
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.
⎧x = 3 + t
x − 2 y −1 z
⎪
=
= . Xác
và Δ2:
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: ⎨ y = t
2
1
2
⎪z = t
⎩
định tọa độ điểm M thuộc Δ1 sao cho khoảng cách từ M đến Δ2 bằng 1.
⎧⎪ x 2 − 4 x + y + 2 = 0
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨
(x, y ∈ R).
⎪⎩2 log 2 ( x − 2) − log 2 y = 0
---------- 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 2010
Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)
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.
- 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 y = lim y = − ∞.
x→ − ∞
0,25
0,25
x→ + ∞
- Bảng biến thiên:
x −∞
y'
+∞
0
0
+
−
0,25
6
y
−∞
−∞
• Đồ thị:
y
6
0,25
− 2
2
x
O
2. (1,0 điểm)
Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y =
II
(2,0 điểm)
1
x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6.
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
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
(1) ⇔ sinx =
1
π
5π
⇔ x = + k2π hoặc x =
+ k2π ( k ∈ Z).
2
6
6
Trang 1/4
0,25
Câu
Đáp án
Điểm
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ − 2.
(2
Phương trình đã cho tương đương với:
4x
)(
x+2
− 24 2 2
− 2x
3
−4
) = 0.
0,25
• 24x − 24 = 0 ⇔ x = 1.
x +2
• 22
3
−4
3
4.
− 2x
Nhận xét: x ≥
0,25
= 0 ⇔ 2 x + 2 = x3 − 4 (1).
0,25
)
Xét hàm số f(x) = 2 x + 2 − x3 + 4, trên ⎡⎣ 3 4 ; + ∞ .
)
1
− 3x2 < 0, suy ra f(x) nghịch biến trên ⎣⎡ 3 4 ; + ∞ .
x+2
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.
f ' (x) =
III
(1,0 điểm)
e
I =
3⎞
⎛
∫ ⎜⎝ 2 x − x ⎟⎠ ln x dx =
1
e
e
ln x
dx .
x
1
∫ 2 x ln x dx − 3 ∫
1
(
2
∫ 2 x ln x dx = x ln x
1
e
•
)
e
1
e
−
0,25
dx
và v = x2.
x
• Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du =
e
2
∫ x dx = e −
1
x2
2
e
=
1
0,25
e2 +1
.
2
e
e
ln x
1
1
dx = ∫ ln x d ( ln x ) = ln 2 x = .
2
x
2
1
1
1
∫
0,25
e2
− 1.
2
Vậy I =
IV
(1,0 điểm)
0,25
• M là trung điểm SA.
S
AH =
M
A
D
a 2
, SH =
4
SA2 − AH 2 =
B
H
C
a 14
.
4
3a 2
, SC = SH 2 + HC 2 = a 2 ⇒ SC = AC.
4
Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA.
• Thể tích khối tứ diện SBCM.
1
M là trung điểm SA ⇒ SSCM = SSCA
2
1
1
⇒ VSBCM = VB.SCM = VB.SCA = VS.ABC
2
2
HC =
1
a 3 14
SABC.SH =
.
6
48
Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5.
Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0.
⇒ VSBCM =
V
(1,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2 ( x + 3)(7 − x)( x + 2)(5 − x)
=
y≥
(
( x + 3)(5 − x) − ( x + 2)(7 − x)
)
2
+ 2 ≥ 2, suy ra:
2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x =
Do đó giá trị nhỏ nhất của y là
1
.
3
2 .
0,25
0,25
0,25
Trang 2/4
Câu
VI.a
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
B
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).
C
H
I•
Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất
một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | < 70 .
A
Do C có hoành độ dương, nên B(− 2 −
JJJG JJJG
AC ⊥ BH, suy ra: AC.BH = 0
(
⇔
74 − a 2 − 5
2
0,25
0,25
2
74 − a ; a) và C(− 2 + 74 − a ; a).
)(
)
74 − a 2 + 5 + (a + 7)(− 1 − a) = 0
0,25
⇔ a2 + 4a − 21 = 0
⇔ a = − 7 (loại) hoặc a = 3 (thỏa mãn).
0,25
Suy ra C(− 2 + 65 ; 3).
2. (1,0 điểm)
•O
Q
P
R
Ta có d(O,(R)) =
D
2
, suy ra:
Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là
G
G
n P = (1; 1; 1) và n Q = (1; − 1; 1), suy ra:
G G
⎡ n P , n Q ⎤ = (2; 0; −2) là vectơ pháp tuyến của (R).
⎣
⎦
0,25
Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0.
0,25
D
2
= 2 ⇔ D = 2 2 hoặc D = − 2 2 .
0,25
Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 2 = 0 hoặc x − z − 2 2 = 0.
VII.a
(1,0 điểm)
Gọi z = a + bi, ta có:
z = a 2 + b 2 và z2 = a2 − b2 + 2abi.
0,25
⎧⎪a 2 + b 2 = 2
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: ⎨
2
2
⎪⎩a − b = 0
0,25
⎧⎪a 2 = 1
⇔ ⎨
2
⎪⎩b = 1.
0,25
Vậy các số phức cần tìm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i.
VI.b
(2,0 điểm)
0,25
0,25
1. (1,0 điểm)
y
A
O
H
x
Gọi tọa độ H là (a; b), ta có: AH 2 = a 2 + (b − 2) 2 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
2
⎪⎧a − 4b + 4 = 0
Từ đó, ta có: ⎨
2
2
⎪⎩a + b − 2b = 0.
0,25
Suy ra: H ( 2
5 − 2; 5 − 1) hoặc H (− 2
5 − 2; 5 − 1) .
Vậy phương trình đường thẳng ∆ là
( 5 − 1) x − 2
5 − 2 y = 0 hoặc ( 5 − 1) x + 2
Trang 3/4
5 −2 y =0.
0,25
Câu
Đáp án
Điểm
2. (1,0 điểm)
Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t).
M
d =1
∆1
H
Ta có: d(M, ∆2) =
VII.b
(1,0 điểm)
∆2
G
+ ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2).
JJJJG
G JJJJG
Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2 − t; 2; t − 3).
G JJJJG
⎡v, AM ⎤
2t 2 − 10t + 17
2t 2 − 10t + 17
⎣
⎦
=
, suy ra:
=1
G
3
3
v
0,25
0,25
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
⎧⎪ x 2 − 4 x + y + 2 = 0
Từ hệ đã cho, ta có: ⎨
⎪⎩ x − 2 = y
0,25
⎧⎪ x 2 − 3x = 0
⎧x = 3
⎧x = 0
⇔ ⎨
⇔ ⎨
hoặc ⎨
⎪⎩ y = x − 2
⎩ y = 1.
⎩ y = −2
Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1).
------------- Hết -------------
Trang 4/4
0,25
0,25
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)
2x +1
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y =
.
x +1
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 x + cos 2 x) cos x + 2 cos 2 x − sin x = 0 .
2. Giải phương trình
3x + 1 − 6 − x + 3x 2 − 14 x − 8 = 0 (x ∈ R).
e
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
ln x
∫ x ( 2 + ln x )2 dx .
1
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC. A ' B ' C ' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng
( A ' BC ) và ( ABC ) bằng 60o . Gọi G là trọng tâm tam giác A ' BC . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a.
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 M = 3( a 2b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ) + 3(ab + bc + ca ) + 2 a 2 + b 2 + c 2 .
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
1
(P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng .
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:
z − i = (1 + i ) z .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
x2
y2
+
= 1 . Gọi F1 và F2 là các
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E):
3
2
tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với
(E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2.
x y −1 z
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ: =
= . Xác định tọa độ điểm M trên
2
1
2
trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM.
⎧⎪log 2 (3 y − 1) = x
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ x
(x, y ∈ R).
x
2
⎪⎩4 + 2 = 3 y
---------- Hết ---------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ...................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: y ' =
0,25
1
> 0, ∀x ≠ −1.
( x + 1)2
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
- Giới hạn và tiệm cận:
lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2.
x→ − ∞
0,25
x→ + ∞
lim y = + ∞ và
x → ( − 1) −
lim y = − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1.
x → ( − 1) +
- Bảng biến thiên:
x −∞
−1
+
y'
+∞
+
+∞
0,25
2
y
−∞
2
• Đồ thị:
y
2
0,25
1
−1
x
O
2. (1,0 điểm)
2x + 1
= −2x + m
x +1
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình)
Phương trình hoành độ giao điểm:
0,25
⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1).
∆ = m2 + 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(x1; y1) và B(x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2x1 + m và y2 = −2x2 + m.
Ta có: d(O, AB) =
SOAB =
| m|
và AB =
5
( x1 − x2 ) + ( y1 − y2 ) = 5 ( x1 + x2 ) − 20 x1 x2 =
2
2
1
| m | m2 + 8
| m | m2 + 8
AB. d(O, AB) =
, suy ra:
=
2
4
4
Trang 1/4
2
3 ⇔ m = ± 2.
5(m 2 + 8)
.
2
0,25
0,25
Câu
II
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x cos 2 x − sin x + cos 2 x cos x + 2cos 2 x = 0
0,25
⇔ cos 2 x sin x + (cos x + 2) cos 2 x = 0 ⇔ (sin x + cos x + 2) cos 2 x = 0 (1).
0,25
Do phương trình sin x + cos x + 2 = 0 vô nghiệm, nên:
0,25
π
(1) ⇔ cos 2 x = 0 ⇔ x =
4
+k
π
2
(k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: −
1
≤ x ≤ 6.
3
0,25
Phương trình đã cho tương đương với: ( 3 x + 1 − 4) + (1 − 6 − x ) + 3 x 2 − 14 x − 5 = 0
3( x − 5)
⇔
3x + 1 + 4
x−5
+
6− x +1
3
⇔ x = 5 hoặc
3
+
3x + 1 + 4
III
3
I =
∫
2
+
1
6− x +1
0,25
+ 3x + 1 = 0 .
⎡ 1 ⎤
+ 3 x + 1 > 0 ∀x ∈ ⎢ − ; 6 ⎥ , do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
6− x +1
⎣ 3 ⎦
t−2
dt =
t2
3
∫
2
= −
1
dx ; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
x
3
3
2
+
2
t
0,25
3
0,25
2
1
3
+ ln .
3
2
A'
C'
(1,0 điểm)
0,25
• Thể tích khối lăng trụ.
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
G
C
H
D
G
E
H
I
Ta có: GH =
3a
a2 3
Ta có: AA ' = AD.tan n
ADA ' =
; SABC =
.
2
4
3a3 3
.
Do đó: VABC . A ' B ' C ' = S ABC . AA ' =
8
0,25
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
B
A
0,25
ADA ' = 60D .
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥ A ' D, suy ra: n
B'
A
0,25
0,25
1
1
dt − 2 ∫ 2 dt .
t
2 t
= ln t
IV
+ ( x − 5)(3x + 1) = 0
1
Đặt t = 2 + ln x , ta có dt =
(1,0 điểm)
3x + 1 + 4
0,25
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
GA2
=
.
GH
2 GH
AA ' a
7a
a 3
7a 2
7a 2 2
= ; AH =
; GA2 = GH2 + AH2 =
. Do đó: R =
. =
.
3
12
2
3
12
2.12 a
Trang 2/4
0,25
0,25
Câu
V
(1,0 điểm)
Đáp án
Điểm
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 − 2(ab + bc + ca ) .
0,25
(a + b + c) 2 1
= .
3
3
1
2
⎡
⎞
Xét hàm f (t ) = t 2 + 3t + 2 1 − 2t trên ⎢0; ⎟ , ta có: f '(t ) = 2t + 3 −
;
1 − 2t
⎣ 2⎠
2
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra f '(t ) nghịch biến.
f ''(t ) = 2 −
(1 − 2t )3
0,25
Đặt t = ab + bc + ca, ta có: 0 ≤ t ≤
⎛ 1 ⎞ 11
⎡ 1⎤
Xét trên đoạn ⎢0; ⎥ ta có: f '(t ) ≥ f ' ⎜ ⎟ =
− 2 3 > 0 , suy ra f(t) đồng biến.
3
⎝ 3⎠
⎣ 3⎦
⎡ 1⎤
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ .
⎣ 3⎦
⎡ 1⎤
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈ ⎢0; ⎥ ; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
⎣ 3⎦
⇔ (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.
VI.a
(2,0 điểm)
0,25
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:
D
⎧( x + 4) − ( y − 1) = 0
⎪
d
⇒ D(4; 9).
⎨ x − 4 y +1
B
⎪⎩ 2 + 2 − 5 = 0
A
C
Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y)
⎧⎪ x + y − 5 = 0
với x > 0, suy ra A(4; 1).
thỏa mãn: ⎨ 2
2
⎪⎩ x + ( y − 5) = 32
2S ABC
= 6.
AC
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).
JJJG
JJJG
Do d là phân giác trong của góc A, nên AB và AD cùng hướng, suy ra B(4; 7).
Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.
0,25
0,25
⇒ AC = 8 ⇒ AB =
0,25
0,25
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình:
x y z
+ + = 1.
1 b c
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra:
Ta có: d(O, (ABC)) =
1
⇔
3
1
1+
1
1
+
b2 c2
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c =
VII.a
(1,0 điểm)
=
0,25
1
1
− = 0 (1).
b
c
1
1
1
⇔ 2 + 2 = 8 (2).
3
b
c
0,25
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
⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2
0,25
⇔ x2 + y2 + 2y − 1 = 0.
0,25
2
2
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x + (y + 1) = 2.
Trang 3/4
0,25
0,25
Câu
VI.b
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
y
M
F1
Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0).
N
Đường thẳng AF1 có phương trình:
A
x +1
y
=
.
3
3
0,25
M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra:
F2
O
x
⎛ 2 3⎞
2 3
M = ⎜⎜1;
.
⎟⎟ ⇒ MA = MF2 =
3
3
⎝
⎠
Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN.
0,25
0,25
Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2.
2
⎛
2 3⎞
4
Phương trình (T): ( x − 1) + ⎜⎜ y −
⎟⎟ = .
3 ⎠
3
⎝
2
0,25
2. (1,0 điểm)
G
Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2).
JJJJG
Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM = (t; −1; 0)
G JJJJG
⇒ ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2; 2t; − t − 2)
G JJJJG
⎡v, AM ⎤
5t 2 + 4t + 8
⎣
⎦
⇒ d(M, ∆) =
=
.
G
3
v
Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔
5t 2 + 4t + 8
=|t|
3
⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2.
Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0).
VII.b
(1,0 điểm)
1
, phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x.
3
⎧⎪3 y − 1 = 2 x
⎧⎪3 y − 1 = 2 x
Do đó, hệ đã cho tương đương với: ⎨
⇔ ⎨
2
2
2
⎪⎩6 y − 3 y = 0
⎪⎩(3 y − 1) + 3 y − 1 = 3 y
⎧ x 1
⎪⎪2 = 2
⇔ ⎨
⎪y = 1
⎪⎩
2
x
=
−
1
⎧
⎪
⇔ ⎨
1
⎪⎩ y = 2 .
------------- Hết -------------
Điều kiện y >
Trang 4/4
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
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 y = x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m có đồ thị là (Cm ), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi m = 0.
2. Tìm m để đường thẳng y = −1 cắt đồ thị (Cm ) tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình 3 cos5 x − 2sin 3x cos 2 x − sin x = 0.
⎧ x( x + y + 1) − 3 = 0
⎪
( x, y ∈ \).
2. Giải hệ phương trình ⎨
5
2
⎪⎩( x + y ) − x 2 + 1 = 0
Câu III (1,0 điểm)
3
dx
.
e −1
1
Tính tích phân I = ∫
x
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình lăng trụ đứng ABC . A ' B ' C ' có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, AA ' = 2a, A ' C = 3a. Gọi M
là trung điểm của đoạn thẳng A ' C ', I là giao điểm của AM và A ' C. Tính theo a thể tích khối tứ diện IABC và
khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( IBC ).
Câu V (1,0 điểm)
Cho các số thực không âm x, y thay đổi và thoả mãn x + y = 1. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức S = (4 x 2 + 3 y )(4 y 2 + 3x) + 25 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 Oxy, cho tam giác ABC có M (2;0) là trung điểm của cạnh AB. Đường trung
tuyến và đường cao qua đỉnh A lần lượt có phương trình là 7 x − 2 y − 3 = 0 và 6 x − y − 4 = 0. Viết phương
trình đường thẳng AC .
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho các điểm A(2;1;0), B (1;2;2), C (1;1;0) và mặt phẳng
( P) : x + y + z − 20 = 0. Xác định toạ độ điểm D thuộc đường thẳng AB sao cho đường thẳng CD song song
với mặt phẳng ( P ).
Câu VII.a (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện | z − (3 − 4i ) |= 2.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường tròn (C ) : ( x − 1)2 + y 2 = 1. Gọi I là tâm của (C ). Xác định
n = 30D.
toạ độ điểm M thuộc (C ) sao cho IMO
x+2 y−2 z
=
=
và mặt phẳng
1
1
−1
( P ) : x + 2 y − 3 z + 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng d nằm trong ( P) sao cho d cắt và vuông góc với
đường thẳng Δ.
Câu VII.b (1,0 điểm)
x2 + x − 1
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng y = −2 x + m cắt đồ thị hàm số y =
tại hai điểm phân
x
biệt A, B sao cho trung điểm của đoạn thẳng AB thuộc trục tung.
---------- 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:................................
2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho đường thẳng Δ :
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn: TOÁN; Khối: D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
I
(2,0 điểm)
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
Khi m = 0, y = x 4 − 2 x 2 .
• Tập xác định: D = \.
• Sự biến thiên:
0,25
- Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = ±1 hoặc x = 0.
Hàm số nghịch biến trên: (−∞ ; − 1) và (0;1); đồng biến trên: (−1;0) và (1; + ∞).
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0.
- Giới hạn: lim y = lim y = +∞.
x →−∞
0,25
x →+∞
- Bảng biến thiên:
x −∞ −1
0
1
y'
− 0 + 0 − 0 +
+∞
0
y
−1
−1
• Đồ thị:
+∞
+∞
0,25
y
8
0,25
−2
−1
O 1
−1
2
x
2. (1,0 điểm) Tìm m...
Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và đường thẳng y = −1: x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m = −1.
Đặt t = x 2 , t ≥ 0; phương trình trở thành: t 2 − (3m + 2)t + 3m + 1 = 0
⇔ t = 1 hoặc t = 3m + 1.
0,25
⎧0 < 3m + 1 < 4
Yêu cầu của bài toán tương đương: ⎨
⎩3m + 1 ≠ 1
1
⇔ − < m < 1, m ≠ 0.
3
II
(2,0 điểm)
0,25
0,25
0,25
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Phương trình đã cho tương đương:
3 cos5 x − (sin 5 x + sin x) − sin x = 0
0,25
3
1
cos5 x − sin 5 x = sin x
2
2
⎛π
⎞
⇔ sin ⎜ − 5 x ⎟ = sin x
⎝3
⎠
⇔
0,25
Trang 1/4
Câu
Đáp án
⇔
π
3
− 5 x = x + k 2π hoặc
Vậy: x =
π
18
+k
π
3
π
− 5 x = π − x + k 2π .
3
hoặc x = −
π
6
+k
π
2
( k ∈ ] ).
Điểm
0,25
0,25
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
3
⎧
⎪⎪ x + y + 1 − x = 0
Hệ đã cho tương đương: ⎨
⎪( x + y ) 2 − 5 + 1 = 0
⎪⎩
x2
3
⎧
3
⎧
⎪x + y = x −1
⎪⎪ x + y = x − 1
⎪
⇔ ⎨
⇔ ⎨
2
⎪⎛ 3 − 1 ⎞ − 5 + 1 = 0
⎪ 4 −6 +2=0
⎜
⎟
2
⎪⎩⎝ x ⎠
⎪⎩ x 2 x
x
⎧1 1
⎧1
⎪⎪ x = 2
⎪ =1
⇔ ⎨x
hoặc ⎨
⎪⎩ x + y = 2
⎪x + y = 1
⎪⎩
2
x
=
2
⎧
⎧x = 1
⎪
⇔ ⎨
hoặc ⎨
3
y
=
1
⎩
⎪⎩ y = − 2 .
3⎞
⎛
Nghiệm của hệ: ( x; y ) = (1;1) và ( x; y ) = ⎜ 2; − ⎟ .
2⎠
⎝
III
0,25
0,25
0,25
Tính tích phân…
(1,0 điểm)
Đặt t = e x , dx =
e3
dt
I=∫
=
t (t − 1)
e
dt
; x = 1, t = e; x = 3, t = e3 .
t
e3
⎛ 1
1⎞
∫ ⎜⎝ t − 1 − t ⎟⎠ dt
0,25
0,25
e
e3
IV
0,25
e3
= ln| t − 1| e − ln| t | e
0,25
= ln(e 2 + e + 1) − 2.
0,25
Tính thể tích khối chóp...
(1,0 điểm)
M
A'
I
C'
B'
2a
3a
K
A
C
H
a
B
Hạ IH ⊥ AC ( H ∈ AC ) ⇒ IH ⊥ ( ABC ) ; IH là đường cao
của tứ diện IABC .
IH
CI 2
2
4a
=
= ⇒ IH = AA ' = .
⇒ IH // AA ' ⇒
AA ' CA ' 3
3
3
AC = A ' C 2 − A ' A2 = a 5, BC = AC 2 − AB 2 = 2a.
1
Diện tích tam giác ABC : SΔABC = AB.BC = a 2 .
2
1
4a 3
Thể tích khối tứ diện IABC : V = IH .S ΔABC =
.
3
9
Trang 2/4
0,50
Câu
Đáp án
Hạ AK ⊥ A ' B ( K ∈ A ' B). Vì BC ⊥ ( ABB ' A ') nên AK ⊥ BC ⇒ AK ⊥ ( IBC ).
Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) là AK .
AK =
V
(1,0 điểm)
2 SΔAA ' B
=
A' B
AA '. AB
A ' A2 + AB 2
=
2a 5
.
5
Điểm
0,25
0,25
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…
Do x + y = 1, nên: S = 16 x 2 y 2 + 12( x3 + y 3 ) + 9 xy + 25 xy
= 16 x 2 y 2 + 12 ⎡⎣( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) ⎤⎦ + 34 xy = 16 x 2 y 2 − 2 xy + 12.
Đặt t = xy, ta được: S = 16t 2 − 2t + 12; 0 ≤ xy ≤
( x + y )2 1
⎡ 1⎤
= ⇒ t ∈ ⎢0; ⎥ .
4
4
⎣ 4⎦
⎡ 1⎤
Xét hàm f (t ) = 16t 2 − 2t + 12 trên đoạn ⎢0; ⎥
⎣ 4⎦
1
191
25
⎛1⎞
⎛1⎞
, f⎜ ⎟ =
.
f '(t ) = 32t − 2; f '(t ) = 0 ⇔ t = ; f (0) = 12, f ⎜ ⎟ =
16
16
2
⎝ 16 ⎠
⎝ 4⎠
⎛ 1 ⎞ 25
⎛ 1 ⎞ 191
max f (t ) = f ⎜ ⎟ = ; min f (t ) = f ⎜ ⎟ =
.
⎡ 1⎤
⎝ 4 ⎠ 2 ⎡0; 1 ⎤
⎝ 16 ⎠ 16
0;
⎢⎣ 4 ⎥⎦
0,25
0,25
⎢⎣ 4 ⎥⎦
Giá trị lớn nhất của S bằng
⎧x + y = 1
25
⎪
⎛1 1⎞
; khi ⎨
1 ⇔ ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ .
2
⎝2 2⎠
⎪⎩ xy = 4
⎧x + y = 1
191
⎪
; khi ⎨
Giá trị nhỏ nhất của S bằng
1
16
⎪⎩ xy = 16
0,25
0,25
⎛2+ 3 2− 3⎞
⎛2− 3 2+ 3⎞
⇔ ( x; y ) = ⎜⎜
;
;
⎟⎟ hoặc ( x; y ) = ⎜⎜
⎟.
4 ⎠
4 ⎟⎠
⎝ 4
⎝ 4
VI.a
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
⎧7 x − 2 y − 3 = 0
⇒ A(1;2).
Toạ độ A thoả mãn hệ: ⎨
⎩6 x − y − 4 = 0
B đối xứng với A qua M , suy ra B = (3; −2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 6 x − y − 4 = 0.
Phương trình BC : x + 6 y + 9 = 0.
0,25
⎧7 x − 2 y − 3 = 0
3⎞
⎛
⇒ N ⎜ 0; − ⎟ .
Toạ độ trung điểm N của đoạn thẳng BC thoả mãn hệ: ⎨
2⎠
⎝
⎩x + 6 y + 9 = 0
JJJG
JJJJG
⇒ AC = 2.MN = ( −4; −3) ; phương trình đường thẳng AC : 3x − 4 y + 5 = 0.
0,25
0,25
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm D...
⎧x = 2 − t
JJJG
⎪
AB = (−1;1;2), phương trình AB : ⎨ y = 1 + t
⎪ z = 2t.
⎩
0,25
JJJG
D thuộc đường thẳng AB ⇒ D(2 − t ;1 + t ;2t ) ⇒ CD = (1 − t ; t ;2t ).
0,25
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
G
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : n = (1;1;1).
C không thuộc mặt phẳng ( P ).
G JJJG
1
⎛5 1
⎞
CD //( P) ⇔ n.CD = 0 ⇔ 1.(1 − t ) + 1.t + 1.2t = 0 ⇔ t = − . Vậy D ⎜ ; ; −1⎟ .
2
2
2
⎝
⎠
VII.a
(1,0 điểm)
Tìm tập hợp các điểm…
Đặt z = x + yi ( x, y ∈ \ ); z − 3 + 4i = ( x − 3) + ( y + 4 ) i.
Từ giả thiết, ta có:
( x − 3) 2 + ( y + 4 ) 2
0,25
2
2
= 2 ⇔ ( x − 3 ) + ( y + 4 ) = 4.
Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( 3; − 4 ) bán kính R = 2.
VI.b
(2,0 điểm)
0,50
0,50
0,25
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ...
2
Gọi điểm M ( a; b ) . Do M ( a; b ) thuộc (C ) nên ( a − 1) + b 2 = 1; O ∈ (C ) ⇒ IO = IM = 1.
0,25
n = 120D nên OM 2 = IO 2 + IM 2 − 2 IO.IM .cos120D ⇔ a 2 + b 2 = 3.
Tam giác IMO có OIM
0,25
3
⎧
a=
⎧⎪( a − 1)2 + b 2 = 1
⎛3
3⎞
2
⎪⎪
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ⎨
Vậy M = ⎜⎜ ; ±
⇔⎨
⎟.
2 ⎟⎠
⎝2
⎪⎩a 2 + b 2 = 3
⎪b = ± 3 .
⎪⎩
2
0,50
2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
⎧x+ 2 y −2 z
=
=
⎪
Toạ độ giao điểm I của Δ với ( P) thoả mãn hệ: ⎨ 1
1
−1 ⇒ I (−3;1;1).
⎪⎩ x + 2 y − 3z + 4 = 0
G
G
Vectơ pháp tuyến của ( P ) : n = (1;2; −3); vectơ chỉ phương của Δ : u = (1;1; −1).
VII.b
0,25
0,25
G
G G
Đường thẳng d cần tìm qua I và có vectơ chỉ phương v = ⎡⎣ n, u ⎤⎦ = (1; −2; −1) .
0,25
⎧ x = −3 + t
⎪
Phương trình d : ⎨ y = 1 − 2t
⎪ z = 1 − t.
⎩
0,25
Tìm các giá trị của tham số m...
(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm:
x2 + x − 1
= −2 x + m ⇔ 3x 2 + (1 − m) x − 1 = 0 ( x ≠ 0).
x
Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 với mọi m.
Hoành độ trung điểm I của AB : xI =
I ∈ Oy ⇔ xI = 0 ⇔
x1 + x2 m − 1
.
=
2
6
m −1
= 0 ⇔ m = 1.
6
-------------Hết-------------
Trang 4/4
0,25
0,25
0,25
0,25
