Bộ đề 1 - Bộ đề thi thử đại học có lời giải
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.23 MB, 97 trang )
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 1
(Thời gian làm bài : 180 phút)
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
y
x2
2x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2)
Câu 2 (2,0 điểm)
1.Giải phương trình :
5 cos 3 x 3 cos 5 x
0
6
10
2.Giải bất phương trình :
2 x 2 3x 2
0
2x 2 5x
Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường : x y ; x 0 ; y x 2 .
Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành khi cho hình (H) quay quanh trục Oy
Câu IV (1,0 điểm)
Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A 1B1C1 cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng a 2 .ính thể tích
khối lăng trụ và góc giữa AC1 và đường cao AH của mp(ABC)
Câu V (1,0 điểm) Cho : a 2 b 2 c 2 65 . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :
y a b 2 . sin x c. sin 2 x
x ( 0 , )
2
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : x 2 y 2 4 x 2 y 1 0
và đường thẳng d : x y 1 0 . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm
M kẻ được
đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 900
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) : x 1 2 y 2 z 2 2 9 .
Lập phương trình mặt phẳng (P) vng góc với đường thẳng a :
x
y 1
z
1
2
2
và cắt mặt
cầu (S) theo
đường trịn có bán kính bằng 2 .
CâuVII.a (1,0 điểm)
Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010.
2.Theo chương trình nâng cao
CâuVI.b (2,0 điểm)
1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : x 2 4 y 2 4 0 .Tìm những điểm N
trên elip (E)
sao cho : F1 Nˆ F2 600 ( F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip (E) )
2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng
và
A
(
1
,
0
,
1
)
điểm
Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng để tam giác AEF là tam giác đều.
x
: y
z
Câu VII.b (1,0 điểm)
1
t
2t
1
Tìm số phức z thỏa mãn :
2 z
z2
i
z
( z)2
z 2i
4
ĐÁP ÁN ĐỀ 1
Câu
I ( 2,0
điểm)
Đáp án
Điểm
1.(1,25)
1
5
y/
0 x D
( 2 x 1) 2
1
1
trên ( , 2 ) ; ( 2 , ) ; H/s
a/ Tập xác định : D
b/ Sự biến thiên:
+ H/s nghịch biến
R
\ 2
0,25
khơng có cực trị
0,25
+Giới hạn –tiệm cận :
Lim y Lim y
x
x
1
2
Tiệm cận ngang y =
;
Lim y ; Lim y
x
1
2
1
2
x
; Tiệm cận đứng x =
1
2
1
2
1
1
c/ Đồ thị
,2
y = -2
xx : Đđb
-- x = 0 2
y = 0 , x = -2. Đồ thị nhận giao điểm
yy 2 tiệm cận làm tâm đối xứng.
--YY/ /
0,25
1
Y1
/ /
2
/ 2
// /
1
1
2
2
o o
xx
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
2
Pt đường trung trực đọan AB : y = x
Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt :
1 5
x
2
x 2 x 1 0
1 5
x
2
x2
x
2x 1
Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :
II ( 2,0
điểm)
0,5
0,5
1 5 1 5 1 5 1 5
;
,
,
2
2
2
2
1.(1,0 điểm)
Pt 5cos 3x 3cos 5x 0 5sin 3x 3sin 5 x
2
2
0,25
2sin 3 x 3(sin 5 x sin 3x) 2sin x(3cos 4 x 4sin 2 x 3) 0
x k
sin x 0
2
x 1 arccos( 2 ) k
3cos
2
x
cos
2
x
2
0
2
3
0,25
( k Z )
0,25
0,25
2.(1,0 điểm)
Bpt
1
x x 2
2
2 x 2 3x 2 0
x 0 x 5
x 0 ; x 5
2
2
1
2
2 x 3x 2 0 x x 2
2
2
2
x
5
x
0
x 0 x 5
2
1
x 2
x 2
5
x
2
0,25
III (1,0 Phương trình định tung độ giao điểm :
điểm)
y
2
y
y 0
2
2
5 y 4 0
y
y 2
y 1
y
y 4 ( l )
1
Đường thẳng y = 2 – x cắt trục tung tại y = 2
Thể tích khối trịn xoay cần tìm : V = V1 + V2
1
(
Trong đó V1 =
0
y ) 2 dy
2
y2
2
1
=
0
2
2
(đvtt)
(2 y ) 2 dy ( y 2) 2 d ( y 2)
V2
1
1
V =
5
6
0,25
( y 2)3
3
2
1
=
3
(đvtt)
( đvtt )
0,25
3
0,25
0,25
IV (1,0
Điểm)
+Thể tích lăng trụ : V
dt ( ABC ). AA1 a 3
AH . AC1
+ cos(AH , AC1) =
AH . AC1
AH AA1 A1C1
AH . AC1
AH . AC1
0
AH . A1C1
=
AH . AC1
3
3
a.
2
2 1 ( AH , AC ) 60 0
.
1
2
3
a
.a 3
2
(AH , AC1) = 600
Vậy (AH , AC1) = 600
0,25
AH . AC. cos 30
6
4
0,25
a
y 2 a 2 b 2 c 2 1 2 sin 2 x sin 2 2 x 65 1 2 sin 2 x sin 2 2 x
Vậy
Đặt f(x) = 1 2 sin x sin 2 x 1 2 sin x 4 sin x.(1 sin 2 x)
f(x) = 4 sin 4 x 6 sin 2 x 1 , Đặt sin 2 x t , t 0 , 1
2
V (1,0
điểm)
g(t) =
BBT
t
0f
4t 2 6t 1
3
4
+
f
2
2
0,25
g / (t ) 8t 6 ; g / (t ) 0 t
3
4
1 M
-
0
1f
2
0,25
13
4
1
0
0,25
13
3
3
khi t sin 2 x x
4
4
4
3
13
5
5
y 2 65.
13
y 13
dấu “=”
4
2
2
1
2 sin x sin 2 x
a
b
c
Max g(t)
xảy ra khi
x
3
0,25
và
hay
1
6
3
a 2b
2c
Thay vào :
VI.a (2,0 điểm)
1.( 1,0 điểm)
+ (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6
+ AMˆ B 900 ( A , B là các tiếp điểm ) suy ra : MI MA. 2 R. 2 12
Vậy M thuộc đường trịn tâm I bán kính R/ = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có
tọa độ thỏa hệ:
a2
b2
c2
65
a 2
5
30
b
15
c
4
1ft
10f
+
13
3
44
0
-
1
a 2
5
30
b
15
c
0,25
2
2
x 2
x 2 y 1 12
y 1
x y 1 0
2
x 2
y 1 2
Vậy có 2 điểm thỏa u cầu bài tốn có tọa độ nêu trên.
2.( 1,0 điểm)
a. (S) có tâm J (1,0 , 2) bán kính R = 3
+ đt a có vtcp u (1, 2 , 2 ) , (P) vng góc với đt a nên (P) nhận u làm vtpt
Pt mp (P) có dạng : x 2 y 2 z D 0
+ (P) cắt (S) theo đường trịn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = R 2 r 2 5
nên ta có :
1 2.0 2.( 2) D
5
3
D 5 3
D 5 3
KL : Có 2 mặt phẳng : (P1) :
x 2 y 2z 5 3 5 0
x 2 y 2z 5 3 5 0
0,25
và
0,25
5
5
(P2) :
0,25
0,25
VII.a(1,0 Gọi số cần tìm có dạng : abcd
điểm)
+ Nếu a > 2 : có 7 cách chọn a và A93 cách chọn b, c , d
+ Nếu a = 2 :
+ b > 0 : có 8 cách chọn b và có A82 cách chọn c , d
+ b = 0 và c > 1: có 7 cách chọn c và và 7 cách chọn d
+ b = 0 và c = 1 : có 7 cách chọn d
Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là : 7. A93 8. A82 7.7 7 4032
1.(1,0 điểm)
VI.a
( 2,0
điểm)
(E) :
x2
y 2 1 ; a 2 4 a 2 ; b 2 1 b 1 ; c 2 a 2 b 2 3 c 3
4
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
+ Áp dụng định lí cơsin trong tam giác F1NF2:
( F1 F2 ) 2 NF12 NF22 2 NF1 NF2 . cos 60 0
0,25
( F1 F2 ) 2 ( NF1 NF2 ) 2 2 NF1 .NF2 NF1 .NF2
4
4
( a2 c2 )
3
3
32
2
; y2
9
18
NF1 .NF2
x2
0,25
Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :
4 2 1
4 2
4 2 1
4 2
1
1
N1
, ; N 2
,
; N 3
, ; N 4
,
3
3
3
3
3
3
3
3
0,25
2.(1,0 điểm)
+ Đường thẳng
đi qua M 0 (0 , 0 ,1)
và có vtcp
M 0 A (1,0 , 2) ; M 0 A , u ( 4 , 2 , 2)
5
u (1, 2 , 0)
;
+ Khoảng cách từ A đến là AH =
+ Tam giác AEF đều
A , BK R =
d ( A , )
M 0 A, u
2
u
AE AF AH .
2
4 2
3
5
6
5
.Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm
0,25
4 2
5
và đường thẳng , nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :
x t
y 2t
z
1
1) 2
( x
y
2
( z
1) 2
32
5
0,25
0,25
t =
1 2 2
5
suy ra tọa độ E và F là :
1 2
x
5
2 4
y
5
z 1
2
2
1 2
x
5
2 4
y
5
z 1
2
2
0,25
VII.b
(1,0
điểm)
+ Gọi số phức z = x + yi
Hệ
2 x ( y 1)i
4
4 xyi
( x , y R )
x2
y
4
y 1 y 1
x
x
( 2 y 2)i
Vậy số phức cần tìm là :
z 3 4
3
x 3 4
1
y 3
4
1
i
4
0,25
0,50
0,25
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2 điểm)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số y
2x 1
x 1
2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng
2.
Câu II (2 điểm)
1) Giải phương trình
sin(2x
17
x
) 16 2 3.s inx cos x 20sin 2 ( )
2
2 12
4
3
2 2
x x y x y 1
2) Giải hệ phương trình : 3
2
x y x xy 1
6
/
f(
f(t
Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I =
4
tan x.ln(cos x)
dx
cos x
0
Câu IV (1 điểm):
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam
giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 600. Tính
cơsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) .
Câu V: (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng:
a b
bc
c a
3
ab c
bc a
ca b
PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng : 2x + 3y + 4 = 0.
Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng sao cho đường thẳng AB và hợp với nhau góc
0
45 .
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1)
x
1
và hai đường thẳng (d) :
y 1 z
2
3
x
1
và (d ') :
y 1 z 4
2
5
Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó.
Câu VIIa (1 điểm)
2
Giải phương trình: Logx(24x1) x logx (24x1) x log(24x1) x
Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm)
1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x2 y2 1 , đường thẳng
(d) : x y m 0 . Tìm m để (C ) cắt (d ) tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất.
2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng:
(P): 2x – y + z + 1 = 0,
(Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0
2
và đường thẳng
1
:
x 2
2
=
2
y 1
1
=
z
3
. Gọi
2
là giao tuyến của (P) và (Q).
Viết phương trình đường thẳng (d) vng góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng
Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: logx( log3( 9x – 72 )) 1
Câu -ý
1.1
ĐÁP ÁN ĐỀ 2
Nội dung
1 , 2 .
Điểm
*Tập xác định : D \ 1
*Tính y '
1
(x 1) 2
0 x D
Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; )
*Hàm số khơng có cực trị
*Giới hạn
7
0.25
lim y
Limy
x 1
x 1
Lim y 2
Lim y 2
x
x
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x
1
0.25
y’
-
-
2
0.25
y
1.2
2
*Vẽ đồ thị
*Tiếp tuyến của (C) tại điểm M (x0 ; f (x0 )) (C ) có phương trình
0.25
y f '(x0 )(x x0 ) f (x0 )
2
Hay x (x0 1) y 2x02 2x0 1 0 (*)
*Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng
2 2x0
1 (x0 1) 4
2
0.25
0.25
2
giải được nghiệm x0 0 và x0 2
*Các tiếp tuyến cần tìm : x y 1 0 và x y 5 0
0.25
0.25
2.1
*Biến đổi phương trình đã cho tương đương với
3 sin 2x 10cos(x ) 6 0
6
cos(2x ) 5cos(x ) 3 0
3
6
2cos 2 (x ) 5cos(x ) 2 0
6
6
1
Giải được cos(x )
và cos(x ) 2 (loại)
6
2
6
1
5
k2
*Giải cos(x )
được nghiệm x k2 và x
6
2
2
6
cos2x
2.2
2
2
3
(x xy) 1 x y
3
2
x y (x xy) 1
*Biến đổi hệ tương đương với
x 2 xy u
*Đặt ẩn phụ 3
, ta được hệ
x y v
u2 1 v
v u 1
*Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3)
8
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
*Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0)
0.25
3
*Đặt t=cosx
1
thì t
4
2
Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , x
1
2
Từ đó I
1
ln t
ln t
dt 2 dt
2
t
1 t
1
0.25
2
1
*Đặt u ln t;dv 2 dt
t
1
1
Suy ra I t ln t 1
2
*Kết quả
1
1
du dt; v
t
t
0.25
1
1
2
1
dt
ln 2
1
2
2
t
1 t
2
2
1
0.25
2
I 2 1
ln 2
2
0.25
4
*Vẽ hình
*Gọi H là trung điểm BC , chứng minh SH (ABC )
*Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là
0.25
SEH SFH 600
*Kẻ HK SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC)
bằng HK A .
0.25
a 2
a 3
, SH HF tan 600
2
2
1
1
1
3
K H a
*Tam giác SHK vng tại H có
2
2
2
HK
HS HB
10
a 2
AH
20
*Tam giác AHK vng tại H có tan AK H K H 2 3
3
a
10
3
cos AK H
23
*Lập luận và tính được AC=AB=a , HA
5
a b
1 c
1 c
*Biến đổi ab c ab 1 b a (1 a)(1 b)
1 c
1 b
1 a
*Từ đó VT (1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b)
Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c
dương
*áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được
9
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
VT 3. 3
6.a1
1 c
1 b
1 a
.
.
=3 (đpcm)
(1 a)(1 b) (1 c)(1 a) (1 c)(1 b)
0.25
1
Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a b c
3
x 1 3t
* có phương trình tham số
và có vtcp u ( 3; 2)
y 2 2t
*A thuộc A (1 3t; 2 2t)
AB
.u
1
0 cos(AB ; u)
1
*Ta có (AB; )=45
2
2
AB . u
0.25
0.25
15
3
169t2 156t 45 0 t t
13
13
32 4
22 32
*Các điểm cần tìm là A1 ( ; ), A2 ( ; )
13 13
13 13
6.a2
7.a
0.25
M
(0;
1;0)
u
*(d) đi qua 1
và có vtcp 1 (1; 2; 3)
(d’) đi qua M 2 (0;1; 4) và có vtcp u2 (1; 2;5)
*Ta có u1 ; u2 ( 4; 8; 4) O , M 1M 2 (0; 2; 4)
Xét u1 ; u2 .M 1M 2 16 14 0 (d) và (d’) đồng phẳng .
*Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt n (1; 2; 1) và đi qua
M1 nên có phương trình x 2y z 2 0
0.25
0.25
0.25
*Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm
0.25
0.25
*Điều kiện :x>0
*TH1 : xét x=1 là nghiệm
*TH2 : xét x 1 , biến đổi phương trình tương đương với
0.25
1
2
1
1 2logx (24x 1) 2 logx (24x 1) log x (24x 1)
Đặt logx (x 1) t , ta được phương trình
1
2
1
giải được t=1 và t=-2/3
1 2t 2 t t
*Với t=1 logx (x 1) 1 phương trình này vơ nghiệm
2
*Với t=-2/3 logx (x 1)
3
2
3
x .(24x 1) 1 (*)
1
Nhận thấy x là nghiệm của (*)
8
1
Nếu x thì VT(*)>1
8
1
1
Nếu x thì VT(*)<1 , vậy (*) có nghiệm duy nhất x
8
8
*Kết luận : Các nghiệm của phương trình đã cho là x=1 và x
10
0.25
0.25
1
8
0.25
6.b1
*(C) có tâm O(0;0) , bán kính R=1
*(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt d(O ;d) 1
1
2
1
2
. .sin AOB .sin AOB
*Ta có SOAB OAOB
1
2
Từ đó diện tích tam giác AOB lớn nhất khi và chỉ khi AOB 90
1
d(I ;d)
2
0.25
0.25
0
0.25
m 1
0.25
6.b2
x 2 2t
* 1 có phương trình tham số y 1 t
z 3t
x 2 s
* 2 có phương trình tham số y 5 3s
z s
*Giả sử d 1 A;d 2 B
A (2 2t; 1 t;3t) B(2+s;5+3s;s)
* AB (s 2t;3s t 6;s 3t) , mf(R) có vtpt n (1; 2; 3)
* d (R ) AB & n cùng phương
s 2t 3s t 6 s 3t
23
t
1
2
3
24
1 1 23
*d đi qua A ( ; ; ) và có vtcp n (1; 2; 3)
12 12 8
23
1
1
z
x
y
=> d có phương trình
8
12 12
1
2
3
0.25
.25
0.25
0.25
7b
x 0
x
*Điều kiện : log3 (9 72) 0 giải được x log9 73
x
9 72 0
Vì x log9 73 >1 nên bpt đã cho tương đương với
log 3 (9x 72) x
x
0.25
0.25
x
9 72 3
3x 8
x
x 2
3 9
0.25
11
*Kết luận tập nghiệm : T (log 9 72; 2]
0.25
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 3
Mơn: TỐN
(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
2x 4
x 1
.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đồ thị (C) hai điểm đối xứng nhau qua đường thẳng MN biết M(-3; 0) và N(-1; -1).
Câu II (2,0 điểm):
1. Giải phương trình:
2
1 3 2 x x 2
x 1 3 x
2. Giải phương trình: sin x sin 2 x sin 3 x sin 4 x cos x cos 2 x cos 3 x cos 4 x
e
ln x
ln 2 x dx
1 x 1 ln x
Câu III (1,0 điểm): Tính tích phân: I
Câu IV (1,0 điểm):Cho hai hình chóp S.ABCD và S’.ABCD có chung đáy là hình vng ABCD cạnh a. Hai
đỉnh S và S’ nằm về cùng một phía đối với mặt phẳng (ABCD), có hình chiếu vng góc lên đáy lần lượt là trung
điểm H của AD và trung điểm K của BC. Tính thể tích phần chung của hai hình chóp, biết rằng SH = S’K =h.
Câu V(1,0 điểm): Cho x, y, z là những số dương thoả mãn xyz = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
P
x9 y 9
y9 z 9
z 9 x9
x6 x3 y 3 y 6 y 6 y 3 z 3 z 6 z 6 z 3 x3 x 6
PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VI.a (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho đường trịn (C) có phương trình: x 2 y 2 4 3 x 4 0 .
Tia Oy cắt (C) tại A. Lập phương trình đường trịn (C’), bán kính R’ = 2 và tiếp xúc ngồi với (C) tại A.
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai điểm A(1;2; -1), B(7; -2; 3) và đường thẳng d có phương trình
x 2 3t
y 2t (t R) .
z 4 2t
Tìm trên d những điểm M sao cho tổng khoảng cách từ M đến A và B là nhỏ nhất.
2
Câu VII.a (1,0 điểm): Giải phương trình trong tập số phức: z z 0
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VI.b (2,0 điểm):
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có cạnh AB: x -2y -1 =0, đường chéo BD: x- 7y
+14 = 0 và đường chéo AC đi qua điểm M(2;1). Tìm toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật.
2. Trong khơng gian với hệ toạ độ vng góc Oxyz, cho hai đường thẳng:
2 x y 1 0
3 x y z 3 0
( )
; (')
.Chứng minh rằng hai đường thẳng ( ) và ( ' ) cắt nhau. Viết
x y z 1 0
2 x y 1 0
phương trình chính tắc của cặp đường thẳng phân giác của các góc tạo bởi ( ) và ( ' ).
12
x log 2 3 log 2 y y log 2 x
Câu VII.b (1,0 điểm): Giải hệ phương trình:
.
x log 3 12 log3 x y log 3 y
-------------------------------- Hết -----------------------ĐÁP ÁN ĐỀ 3
Câu
Điể
m
Nội dung
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI
1. TXĐ: D = R\{-1}
6
0 x D
Chiều biến thiên: y '
( x 1) 2
=> hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ; 1) và ( 1; ) , hs khơng có cực trị
y 2, lim y , lim y
Giới hạn: xlim
x 1
x 1
=> Đồ thị hs có tiệm cận đứng x= -1, tiệm cận ngang y = 2
BBT
x
-
-1
y’
+
+
+
2.0
0.2
5
+
0,2
5
2
y
2
-
0.2
5
+ Đồ thị (C):
Đồ thị cắt trục hoành tại điểm 2;0 , trục tung tại điểm (0;-4)
y
f(x)=(2x-4)/(x+1)
f(x)=2
9
x(t)=-1 , y(t)=t
8
7
6
5
4
3
2
1
x
-6
-5
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
-1
-2
-3
-4
-5
Đồ thị nhận giao điểm 2 đường tiệm cận làm tâm đối xứng
6
6
2. Gọi 2 điểm cần tìm là A, B có A a; 2
; B b; 2
; a, b 1
a 1
b 1
a b a 2 b 2
;
Trung điểm I của AB: I
2 a 1 b 1
Pt đường thẳng MN: x + 2y +3= 0
AB.MN 0
a 0
A(0; 4)
Có :
=>
I MN
b 2
B (2;0)
0.2
5
0.2
5
0.2
5
0.5
13
CâuII
2.0
0,2
5
0,2
5
1. TXĐ: x 1;3
Đặt t= x 1 3 x , t > 0 =>
3 2x x2
t2 4
2
đc pt: t3 - 2t - 4 = 0 t=2
0,2
5
x 1
(t / m)
Với t = 2 x 1 3 x =2
x 3
2. sin x sin 2 x sin 3 x sin 4 x cos x cos 2 x cos3 x cos 4 x
TXĐ: D =R
sin x sin 2 x sin 3 x sin 4 x cos x cos 2 x cos3 x cos 4 x
sin x cosx 0
(sin x cosx). 2 2(sin x cosx) sin x.cosx 0
2 2(sin x cosx ) sin x.cosx 0
+ Với sin x cosx 0 x k (k Z )
4
(t 2; 2 )
t 1
được pt : t2 + 4t +3 = 0
t 3(loai )
0.2
5
x k ( k Z )
4
x m2
(m Z ) Vậy : x m2
(m Z )
t = -1
x m 2
2
x m2
2
ln x
dx , Đặt t =
x 1 ln x
I1 =
1
,25
1,0
e
ln x
I
ln 2 x dx
1 x 1 ln x
e
0,2
5
0,2
5
+ Với 2 2(sin x cosx) sin x.cosx 0 , đặt t = sin x cosx
Câu III
0,2
5
1,0
1 ln x ,… Tính được I1 =
4 2 2
3
3
0,5
e
I 2 ln 2 x dx , lấy tích phân từng phần 2 lần được I2 = e - 2
1
I = I1 + I2 = e
2 2 2
3
3
0,2
5
0,2
5
1,0
Câu IV
14
S
S'
N
D
M
C
H
K
A
B
SABS’ và SDCS’ là hình bình hành => M, N là trung điểm SB, S’D : V VS . ABCD VS . AMND
VS . AMND VS . AMD VS .MND ;
VS . AMD SM 1 VS .MND SM SN 1
;
.
;
VS . ABD
SB 2 VS .BCD
SB SC 4
0.2
5
1
3
5
VS . ABD VS . ACD VS . ABCD ; VS . AMND VS . ABCD V VS . ABCD
2
8
8
0.2
5
0.2
5
5 2
ah
24
Có x, y, z >0, Đặt : a = x3 , b = y3, c = z3 (a, b, c >0 ; abc=1)đc :
a 3 b3
b3 c 3
c3 a 3
P 2
a ab b 2 b 2 bc c 2 c 2 ca a 2
V
CâuV
0.2
5
a 3 b3
a 2 ab b 2
a 2 ab b 2 1
mà
(
a
b
)
(Biến đổi tương đương)
a 2 ab b 2
a 2 ab b 2
a 2 ab b 2 3
a 2 ab b 2 1
(a b) 2
( a b)
a ab b 2 3
Tương tự:
0,2
5
0.2
5
b3 c 3
1
c3 a3
1
(b c); 2
(c a )
2
2
2
b bc c
3
c ca a
3
2
=> P (a b c) 2. 3 abc 2 (BĐT Côsi)
3
0.2
5
=> P 2, P 2 khi a = b = c = 1 x = y = z = 1
Vậy: minP = 2 khi x = y =z =1
0.2
5
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn
CâuVI.a
2.0
1. A(0;2), I(-2 3 ;0), R= 4, gọi (C’) có tâm I’
x 2 3t
Pt đường thẳng IA :
, I ' IA => I’( 2 3t ; 2t 2 ),
y 2t 2
2
1
2
AI 2 I ' A t I '( 3;3)
suy ra (C’): x 3 y 3 4
2
2. M(2+ 3t; - 2t; 4+ 2t) d , AB//d.
0,5
0,5
0.25
15
Gọi A’ đối xứng với A qua d => MA’= MA => MA+ MB = MA’ + MB A’B
(MA+ MB)min = A’B, khi A’, M, B thẳng hàng => MA = MA’ = MB
0.25
0,25
MA=MB <=> M(2 ; 0 ; 4)
0,25
z = x + iy ( x, y R ), z2 + z 0 x 2 y 2 x 2 y 2 2 xyi 0
1.0
0,25
CâuVII.a
x 0
y 0
x 0
2 xy 0
Vậy: z = 0, z = i, z = - i
2
2
2
2
y
1
x y x y 0
x 0
y 1
0,75
B. Chương trình nâng cao
Câu
VI.b
2.0
1. BD AB B (7;3) , pt đg thẳng BC: 2x + y – 17 = 0
A AB A(2a 1; a ), C BC C (c;17 2c), a 3, c 7 ,
2a c 1 a 2c 17
;
I =
là trung điểm của AC, BD.
2
2
0,2
5
0,2
5
I BD 3c a 18 0 a 3c 18 A(6c 35;3c 18)
c 7(loai )
M, A, C thẳng hàng MA, MC cùng phương => c2 – 13c +42 =0
c 6
0,2
5
0.2
5
c = 6 =>A(1;0), C(6;5) , D(0;2), B(7;3)
2.
1 3
Chứng minh hệ có nghiệm duy nhất, ( ) ( ' ) = A ;0;
2 2
M (0; 1;0) () , Lấy N ( ') , sao cho: AM = AN => N
AMN cân tại A, lấy I là trung điểm MN => đường phân giác của các góc tạo bởi ( ) và (
' ) chính là đg thẳng AI
0.5
0.2
5
Đáp số:
x
(d1 ) :
Câu
VII.b
1
2
1
1
14
30
y
2
2
14
30
z
3
2
3
5
14
30
x
;( d 2 ) :
1
14
1
2
1
30
z
y
2
14
2
30
3
14
3
2
5
30
0,2
5
x 0
TXĐ:
y 0
x log 2 3 log 2 y y log 2 x
x log 3 12 log 3 x y log 3 y
x log 4 2
x
y
y 2 x
3 . y 2 .x
3
x
x
y
y
3 . y 2 .x
y 2 log 4 2
12 .x 3 . y
3
16
1
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 4
(Thời gian làm bài 180 phút không kể thời gian phát đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm).
Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 – 3mx2 + (m-1)x + 2.
1. Chứng minh rằng hàm số có cực trị với mọi giá trị của m.
2. Xác định m để hàm số có cực tiểu tại x = 2. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số trong
trường hợp đó.
Câu II: (2,0 điểm). 1. Giải phương trình sau:
(1 – tanx) (1+ sin2x) = 1 + tanx.
51 2x x 2
1.
1 x
2. Giải bất phương trình:
2
Câu III: (1,0 điểm). Tính: A
2
0
x2
1 x2
dx .
Câu IV: (1,0 điểm). Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình vng cạnh a, tâm O. Cạnh bên SA vng
góc với mp (ABCD) và SA = a; M là trung điểm cạnh SD.
a) Mặt phẳng () đi qua OM và vng góc với mặt phẳng (ABCD) cắt hình chóp SABCD theo thiết diện là
hình gì? Tính diện tích thiết diện theo a.
b) Gọi H là trung điểm của CM; I là điểm thay đổi trên SD. Chứng minh OH (SCD); và hình chiếu của O
trên CI thuộc đường trịn cố định.
Câu V: (1,0 điểm). Trong mp (Oxy) cho đường thẳng () có phương trình: x – 2y – 2 = 0 và hai điểm A
(-1;2); B (3;4). Tìm điểm M () sao cho 2MA 2 + MB 2 có giá trị nhỏ nhất.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình chuẩn.
Câu VIa: (2,0 điểm). Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 và điểm M (2;4)
a) Viết phương trình đường thẳng đi qua M cắt đường trịn tại 2 điểm A và B, sao cho M là trung điểm của
AB.
b) Viết phương trình các tiếp tuyến của đường trịn, biết tiếp tuyến có hệ số góc k = -1.
Câu VIIa: (1,0 điểm). Tìm phần thực và phần ảo của số phức sau:
1 + (1 + i) + (1 + i)2 + (1 + i)3 + … + (1 + i)20
B. Theo chương trình nâng cao.
Câu VIb: (2,0 điểm). Trong không gian cho điểm A(-4;-2;4) và đường thẳng (d) có phương trình: x = -3 +
2t; y = 1 - t; z = -1 + 4t; t R. Viết phương trình đường thẳng () đi qua A; cắt và vng góc với (d).
Câu VIIb: (1,0 điểm). Tính thể tích khối trịn xoay tạo thành khi quay quanh trục hồnh hình phẳng được giới
hạn bởi các đường: y = lnx; y = 0; x = 2.
Thí sinh khơng được dùng tài liệu, cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm!
---------- Hết ----------
ĐÁP ÁN DỀ 4
17
Câu
Điểm
Nội dung
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm)
CâuI
2.0
2
2
1. y’= 3x – 6mx + m -1, ' 3(3m m 1) 0 m => hs luôn có cực trị
0.5
y '(2) 0
m 1
2. y’’ = 6x - 6m => hs đạt cực tiểu tại x = 2
y ''(2) 0
0.5
3
+) Với m =1 => y = x -3x + 2 (C)
TXĐ: D = R
x 0
2
Chiều biến thiên: y ' 3 x 6 x, y' = 0
x 2
=> hs đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (2; ) , nghịch biến trên khoảng (0 ;2)
Giới hạn: lim y , lim y
x
0.25
x
Điểm uốn: y’’ =6x – 6, y’’ đổi dấu khi x đi qua x = 1 => Điểm uốn U(1; 0)
BBT
x
-
0
2
y’
+
0
0
+
2
0,25
+
+
y
-
-2
0.25
+ Đồ thị (C): Đồ thị cắt trục hoành tại điểm (1; 0), 1 3;0 , trục tung tại điểm (0; 2)
y
f(x)=x^3-3x^2+2
4
3
2
1
x
-4
-3
-2
-1
1
2
3
4
5
6
-1
-2
-3
-4
Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng
0.25
CâuII
2.0
1. TXĐ: x l
2
(l Z )
0,25
2t
2t
(1 t ) 1
1 t
Đặt t= tanx => sin 2 x
2
2 , đc pt:
1 t
1 t
Với t = 0 => x = k , (k Z ) (thoả mãn TXĐ)
Với t = -1 => x k (thoả mãn TXĐ)
4
2.
18
t 0
t 1
0,25
0,25
0,25
1,0
1 x 0
2
51 2 x x 0
2
51 2 x x
1 1 x 0
1 x
51 2 x x 2 0
2
2
51 2 x x (1 x)
0,5
x 1
x 1 52; 1 52
x 1
x ( ; 5) (5; )
x 1 52; 1 52
0,25
x 1
52; 5 1; 1 52
0.25
Câu III
1,0
Đặt t = sinx =>
2
1 x cos t , dx cos tdt
0,25
4
0,25
A sin 2 t dt
0
A
2
8
0,5
1,0
Câu IV
S
M
I
N
QI
A
D
H
O
B
P
C
a. Kẻ MQ//SA => MQ ( ABCD) ( ) ( MQO)
Thiết diện là hình thang vuông MNPQ (MN//PQ)
( MN PQ).MQ 3a 2
(đvdt)
Std
2
8
b. AMC : OH / / AM , AM SD, AM CD AM (SCD) OH (SCD)
Gọi K là hình chiếu của O trên CI OK CI , OH CI CI (OKH ) CI HK
Trong mp(SCD) : H, K cố định, góc HKC vng => K thuộc đường trịn đg kính HC
19
0,25
0.25
0.25
0.25
CâuV
M M (2t 2; t ), AM (2t 3; t 2), BM (2t 1; t 4)
0.25
0.25
2 AM 2 BM 2 15t 2 4t 43 f (t )
2
26 2
Min f(t) = f => M ;
15
15 15
0,5
II. PHẦN RIÊNG(3,0 điểm)
A. Chương trình chuẩn
CâuVI.a
2.0
a. (C) : I(1; 3), R= 2, A, B (C ) , M là trung điểm AB => IM AB Đường thẳng d cần
0,5
tìm là đg thẳng AB
0,5
d đi qua M có vectơ pháp tuyến là IM => d: x + y - 6 =0
2. Đg thẳng tiếp tuyến có dạng : y = - x + m x + y – m =0 (d’)
d’ tiếp xúc với (C) d ( I ; d ') R 2
m 4 2 2
m 4 2 2
x y (4 2 2) 0
Pt tiếp tuyến :
x y (4 2 2) 0
CâuVII.a
P 1 (1 i ) ... (1 i) 20
(1 i ) 21 1
i
0.25
0.25
0,25
0,25
1.0
0,25
10
(1 i ) 21 (1 i) 2 .(1 i) (2i )10 (1 i) 210 (1 i)
10
2 (1 i ) 1
210 210 1 i
i
Vậy: phần thực 210 , phần ảo: 210 1
P
0,25
0,25
0,25
B. Chương trình nâng cao
Câu
VI.b
2.0
d
B
B
(
3
2
t
;1
t
;
1
4
t
)
1.
, Vt chỉ phương ud (2; 1; 4)
AB.ud 0 t 1
=> B(-1;0;3)
x 1 3t
Pt đg thẳng AB : y 2t
z 3 t
0,5
0,5
0,5
0,5
Câu VII.b
2
V ln 2 xdx
0.25
1
1
2
Đặt u ln x du 2 ln x. dx; dv dx v x
x
2
V 2 ln 2 2 ln 2 1
20
0.25
0.5
