Đề Thi ĐH môn Toán 2007 - 2013
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (5.31 MB, 72 trang )
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
22
x2(m1)xm4m
y(1),
x2
++++
=
+
m
là tham số.
1.
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m1=− .
2.
Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc tọa
độ
O
tạo thành một tam giác vuông tại
O.
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình:
()( )
22
1sinxcosx 1cosxsinx 1sin2x.+++ =+
2.
Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
4
2
3x 1 mx 1 2x 1.−+ += −
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng
1
xy1z2
d:
211
−+
==
−
và
2
x12t
d: y 1 t
z3.
=− +
⎧
⎪
=+
⎨
⎪
=
⎩
1.
Chứng minh rằng
1
d và
2
d chéo nhau.
2.
Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng
()
P:7x y 4z 0+− = và cắt hai đường
thẳng
1
d,
2
d.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường:
()
ye1x,=+
()
x
y1ex.=+
2.
Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
222
x(y z) y(z x) z(x y)
P
yy 2zz zz 2xx xx 2yy
++ +
=++⋅
++ +
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là
chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình
đường tròn đi qua các điểm H, M, N.
2.
Chứng minh rằng:
2n
135 2n1
2n 2n 2n 2n
111 1 21
C C C C
246 2n 2n1
−
−
++++ =
+
(
n là số nguyên dương,
k
n
C là số tổ hợp chập k của n phần tử).
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
1. Giải bất phương trình:
31
3
2log (4x 3) log (2x 3) 2.−+ +≤
2.
Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong
mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng
minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
Hết
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: …………… ……………………………số báo danh: ……………………………….
1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007
Môn: TOÁN, khối A
(Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m1=− ta có
2
x3 1
yx2
x2 x2
−
==−+
+
+
.
• Tập xác định: D = \{ 2}
−
\ .
• Sự biến thiên:
2
22
1x4x3
y' 1
(x 2) (x 2)
+
+
=− =
++
,
x3
y' 0
x1.
=
−
⎡
=⇔
⎢
=
−
⎣
0,25
Bảng biến thiên:
y
CĐ
=
()
(
)
CT
y3 6,y y1 2.−=− = −=−
0,25
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2.
0,25
• Đồ thị:
0,25
2
Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm)
()
22
2
x4x4m
y'
x2
++−
=
+
.
Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔
(
)
22
gx x 4x 4 m=++− có 2 nghiệm
phân biệt x ≠ −2
()
2
2
'44m 0
g2 484m 0
⎧
∆= − + >
⎪
⇔
⎨
−=−+− ≠
⎪
⎩
⇔ m ≠ 0.
0,50
x − ∞
−
3
−
2
−
1+ ∞
y
' + 0
−
−
0+
y
−
6 + ∞ + ∞
−∞
−
∞
−
2
x
y
−
3
−
6
−
2
O
−
1
−
2
2/4
Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒
(
)
A2m;2
−
−−,
(
)
B2m;4m2
−
+−.
Do
(
)
OA m 2; 2 0=− − − ≠
JJJG G
,
(
)
OB m2;4m2 0
=
−−≠
J
JJG G
nên ba điểm O, A, B
tạo thành tam giác vuông tại O ⇔
2
OA.OB 0 m 8m 8 0
=
⇔− − + =
J
JJG JJJG
⇔
m426=− ± (thỏa mãn m ≠ 0).
Vậy giá trị m cần tìm là:
m426=− ± .
0,50
II
2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)
2
⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0.
0,50
⇔
ππ
xkπ,x k2π,x k2π
42
=− + = + =
(k ∈
Z ).
0,50
2
Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)
Điều kiện:
x1≥
. Phương trình đã cho ⇔
4
x1 x1
32 m (1).
x1 x1
−−
−+ =
++
Đặt
4
x1
t
x1
−
=
+
, khi đó (1) trở thành
2
3t 2t m (2).−+=
0,50
Vì
44
x1 2
t1
x1 x1
−
==−
+
+
và
x1≥
nên 0t1.
≤
<
Hàm số
2
f(t) 3t 2t, 0 t 1=− + ≤ < có bảng biến thiên:
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔
1
1m
3
−< ≤ .
0,50
III
2,00
1 Chứng minh d
1
và d
2
chéo nhau (1,00 điểm)
+) d
1
qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương
1
u
J
JG
= (2; −1; 1),
d
2
qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương
2
u
J
JG
= (2; 1; 0).
0,25
+)
12
[u ,u ]
JJGJJG
= (−1; 2; 4) và MN
J
JJJG
= (−1; 0; 5). 0,50
+)
12
[u ,u ]
JJGJJG
. MN
J
JJJG
= 21 ≠ 0 ⇒ d
1
và d
2
chéo nhau.
0,25
2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)
Giả sử d cắt d
1
và d
2
lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d
1
, B ∈ d
2
nên
A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).
−
−+ −+ +
⇒ AB
JJJG
= (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5).
0,25
(P) có véctơ pháp tuyến
n
G
= (7; 1; − 4).
AB ⊥ (P) ⇔ AB
JJJG
cùng phương với n
G
0,25
⇔
2t 2s 1 t s s 5
714
−− + −+
==
−
⇔
5t 9s 1 0
4t 3s 5 0
+
+=
⎧
⎨
+
+=
⎩
⇔
s1
t2
=
⎧
⎨
=
−
⎩
⇒
()( )
A2;0; 1,B 5; 1;3.−−−
0,25
Phương trình của d là:
x2 y z1
71 4
−
+
==
−
.
0,25
1
1/3
0
f(t)
t
0
1/3
-1
3/4
IV
2,00
1
Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là:
(e + 1)x = (1 + e
x
)x ⇔ (e
x
− e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.
0,25
Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S =
1
x
0
xe ex dx−
∫
=
11
x
00
e xdx xe dx.−
∫∫
0,25
Ta có:
1
0
exdx
∫
=
2
1
ex
0
2
=
e
2
,
11
xxx
00
1
xe dx xe e dx
0
=−
∫
∫
=
x
1
ee 1
0
−
= .
Vậy
e
S1
2
=− (đvdt).
0,50
2
Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)
Ta có:
2
x(y z)+
2x x≥
. Tương tự,
2
y(z x)
+
≥
2y y
,
2
z(x y)+ ≥
2z z
.
0,25
⇒
2y y
2x x 2z z
P
yy 2zz zz 2xx xx 2yy
≥++
++ +
.
Đặt a =
xx 2yy+
, b =
yy 2zz+
, c =
zz 2xx+
.
Suy ra:
4c a 2b
xx
9
+−
= ,
4a b 2c
yy
9
+
−
= ,
4b c 2a
zz
9
+
−
= .
0,25
Do đó
24ca2b 4ab2c 4bc2a
P
9b c a
+− +− +−
⎛⎞
≥++
⎜⎟
⎝⎠
2cab abc
46
9bca bca
⎡⎤
⎛⎞⎛⎞
=+++++−
⎜⎟⎜⎟
⎢⎥
⎝⎠⎝⎠
⎣⎦
≥
()
2
4.3 3 6 2.
9
+
−=
(Do
cab
b
ca
++ =
ca
b
c
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
+
b
1
a
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
− 1 ≥ 2
a
b
+ 2
b
a
− 1 ≥ 4 − 1 = 3,
hoặc
cab
b
ca
++≥
3
cab
3
b
ca
⋅⋅
= 3. Tương tự,
abc
b
ca
+
+ ≥ 3).
0,25
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.
0,25
V.a
2,00
1
Viết phương trình đường tròn (1,00 điểm)
Ta có M(−1; 0), N(1; −2), AC
J
JJG
= (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có:
BH AC
HAC
⎧
⊥
⎪
⎨
∈
⎪
⎩
JJJG JJJG
⇔
4(x 2) 4(y 2) 0
4x 4(y 2) 0
+
−+=
⎧
⎨
+−=
⎩
⇔
x1
y1
=
⎧
⎨
=
⎩
⇒ H(1; 1).
0,25
Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là:
22
x y 2ax 2by c 0
+
+++= (1).
0,25
Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:
2a c 1
2a 4b c 5
2a 2b c 2.
−=
⎧
⎪
−+=−
⎨
⎪
++=−
⎩
0,25
1
a
2
1
b
2
c2.
⎧
=−
⎪
⎪
⎪
⇔=
⎨
⎪
=−
⎪
⎪
⎩
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
22
xyxy20.
+
−+−=
0,25
4/4
2
Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)
Ta có:
()
2n
0 1 2n 2n
2n 2n 2n
1 x C C x C x ,+=+++
(
)
2n
0 1 2n 2n
2n 2n 2n
1 x C C x C x−=− ++
()()
(
)
2n 2n
13355 2n12n1
2n 2n 2n 2n
1 x 1 x 2 C x C x C x C x .
−−
⇒+ −− = + + ++
()()
()
11
2n 2n
13355 2n12n1
2n 2n 2n 2n
00
1x 1x
dx Cx Cx Cx C x dx
2
−−
+−−
⇒=++++
∫∫
0,50
•
()() () ()
()
1
2n 2n 2n 1 2n 1
0
1
1x 1x 1x 1x
dx
0
222n1
++
+−− + +−
=
+
∫
=
2n
21
2n 1
−
+
(1)
•
()
1
13355 2n12n1
2n 2n 2n 2n
0
Cx Cx Cx C x dx
−−
++++
∫
1
246 2n
135 2n1
2n 2n 2n 2n
0
xxx x
C. C. C. C .
246 2n
−
⎛⎞
=++++
⎜⎟
⎝⎠
135 2n1
2n 2n 2n 2n
111 1
C C C C
246 2n
−
=++ + (2).
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
0,50
V.b
2,00
1
Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)
Điều kiện: x >
3
4
. Bất phương trình đã cho ⇔
2
3
(4x 3)
log
2x 3
−
+
≤ 2
0,25
⇔ (4x − 3)
2
≤ 9(2x + 3)
0,25
⇔ 16x
2
− 42x −18 ≤ 0 ⇔ −
3
8
≤ x ≤ 3.
0,25
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là:
3
4
< x ≤ 3.
0,25
2
Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm)
Gọi H là trung điểm của AD.
Do
SAD∆ đều nên SH AD.⊥
Do
()( )
SAD ABCD⊥ nên
()
SH ABCD⊥
()
SH BP 1 .⇒⊥
Xét hình vuông ABCD ta có
CDH BCP∆=∆⇒
(
)
CH BP 2 .⊥ Từ (1) và (2)
suy ra
()
BP SHC .⊥
Vì
MN // SC và AN // CH
nên
()()
AMN // SHC . Suy ra
()
BP AMN⊥ ⇒
BP AM.⊥
0,50
Kẻ
(
)( )
MK ABCD , K ABCD .⊥∈
Ta có:
CMNP CNP
1
VMK.S.
3
=
Vì
2
CNP
1a3 1 a
MK SH , S CN.CP
24 2 8
== = = nên
3
CMNP
3a
V
96
= (đvtt).
0,50
NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh−
®¸p ¸n quy ®Þnh.
Hết
A
S
D
C
B
H
M
N
P
K
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
Câu I (2 điểm)
Cho hàm số
22
mx (3m 2)x 2
y(1),
x3m
+−−
=
+
với m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
m1= .
2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng
o
45 .
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình
11 7π
4sin x .
3π
sinx 4
sin x
2
⎛⎞
+=−
⎜⎟
⎛⎞
⎝⎠
−
⎜⎟
⎝⎠
2. Giải hệ phương trình
()
232
42
5
xyxyxyxy
4
x, y .
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
∈
⎨
⎪
++ + =−
⎪
⎩
\
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm
()
A2;5;3
và đường thẳng
x1 y z2
d: .
212
−−
==
1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng
d.
2. Viết phương trình mặt phẳng
(α)
chứa
d
sao cho khoảng cách từ A đến
(α)
lớn nhất.
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân
π
4
6
0
tg x
Idx.
cos 2x
=
∫
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
4
4
2x 2x 2 6 x 2 6 x m++−+−=
(m ).∈ \
PHẦN RIÊNG
__________
Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b
__________
Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban
(2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng
(E) có tâm sai bằng
5
3
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
2. Cho khai triển
()
n
n
01 n
12x a ax ax,+=+++ trong đó
*
n ∈ `
và các hệ số
01 n
a ,a , ,a
thỏa mãn hệ thức
1n
0
n
aa
a 4096.
22
+++ = Tìm số lớn nhất trong các số
01 n
a , a , , a .
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
1. Giải phương trình
22
2x 1 x 1
log (2x x 1) log (2x 1) 4.
−+
+−+ − =
2. Cho lăng trụ
ABC.A 'B 'C '
có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A,
AB = a, AC =
a3
và hình chiếu vuông góc của đỉnh
A'
trên mặt phẳng (ABC) là trung
điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp
A'.ABC
và tính cosin của góc giữa hai
đường thẳng
AA ',
B'C'
.
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:
ĐỀ CHÍNH THỨC
Trang 1/5
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn thi: TOÁN, khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 05 trang)
Câu Nội dung Điểm
I 2,00
1
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm)
Khi m = 1 hàm số trở thành:
2
xx2 4
yx2.
x3 x3
+−
==−+
++
• TXĐ:
{
}
D\3.=−\
• Sự biến thiên:
2
22
4x6x5
y' 1 ,
(x 3) (x 3)
++
=− =
++
x1
y' 0
x5
=−
⎡
=⇔
⎢
=−
⎣
• y
CĐ
()
y5 9=−=−, y
CT
()
y1 1.=−=−
0,25
•
TCĐ: x3=− , TCX:
yx2.=−
0,25
•
Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2
Tìm các giá trị của tham số m (1,00 điểm)
22
mx (3m 2)x 2 6m 2
ymx2.
x3m x3m
+−− −
==−+
++
• Khi
1
m
3
=
đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
0,25
•
Khi
1
m
3
≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
d
1
: x3mx3m0,=− ⇔ + = d
2
: ymx2 mxy20.=−⇔−−=
0,25
Vectơ pháp tuyến của d
1
, d
2
lần lượt là
1
n (1;0)=
J
JG
,
2
n(m;1).=−
J
JG
Góc giữa d
1
và d
2
bằng
o
45
khi và chỉ khi
12
0
22
12
n.n
mm
2
cos45 m 1.
2
n.n
m1 m1
== ⇔ =⇔=±
++
JJGJJG
JJGJJG
0,50
x −∞ 5− 3− 1− +∞
y’ + 0 − − 0 +
y
−∞
−∞
+∞ +∞
1−
9−
-3
-
1
O
-
1
-9
-
5
y
x
2
-2
Trang 2/5
II
2,00
1
Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
Điều kiện
sin x 0≠
và
3π
sin(x ) 0.
2
−≠
Phương trình đã cho tương đương với:
11
22(sinx + cosx)
sinx cosx
+=−
⇔
1
(sinx + cosx) 2 2 0.
sinxcosx
⎛⎞
+=
⎜⎟
⎝⎠
0,50
• sinx + cosx 0 x k .
4
π
=⇔=−+π
•
1
22
sinxcosx
+ = 0
2
sin 2x x k
28
π
⇔=−⇔=−+π hoặc
5
xk.
8
π
=+π
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
xk;
4
π
=− + π
5
x k ; x k (k ).
88
ππ
=− + π = + π ∈
]
0,50
2
Giải hệ (1,00 điểm)
232
42
5
xyxyxyxy
4
5
xyxy(12x)
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
⎨
⎪
++ + =−
⎪
⎩
()
22
22
5
x y xy xy x y
4
5
(x y) xy
4
⎧
++ + + =−
⎪
⎪
⇔
⎨
⎪
++=−
⎪
⎩
()∗
Đặt
2
ux y
vxy
⎧
=+
⎨
=
⎩
. Hệ phương trình ()∗ trở thành
2
5
uvuv
4
5
uv
4
⎧
++ =−
⎪
⎪
⎨
⎪
+=−
⎪
⎩
2
32
55
vu u0,v
44
u13
uu 0 u ,v .
422
⎧⎡
=− − = =−
⎪⎢
⎪
⇔⇔
⎢
⎨
⎢
⎪
++= =− =−
⎢
⎪
⎩⎣
0,50
• Với u = 0,
5
v
4
=− ta có hệ pt
2
xy0
5
xy
4
⎧
+=
⎪
⎨
=−
⎪
⎩
⇔
3
5
x
4
=
và
3
25
y
16
=−
.
• Với
13
u,v
22
=− =− ta có hệ phương trình
2
3
31
x0
2x x 3 0
2x 2
3
3
y
y
2x
2x
⎧
⎧
−+=
+−=
⎪
⎪⎪
⇔
⎨⎨
=−
⎪⎪
=−
⎩
⎪
⎩
⇔ x1= và
3
y.
2
=−
Hệ phương trình có 2 nghiệm :
3
3
525
;
416
⎛⎞
−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
và
3
1; .
2
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
0,50
III
2,00
1
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
()
u2;1;2.
G
Gọi H là hình chiếu vuông góc
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và
AH (2t 1; t 5; 2t 1).=−− −
J
JJG
0,50
Vì AH ⊥ d nên
AH. u 0=
JJJG G
⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
Suy ra
()
H3;1;4.
0,50
Trang 3/5
2
Viết phương trình mặt phẳng
()α
chứa d sao cho (1,00 điểm)
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ().α
Ta có d(A,
(α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó
khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.
0,50
Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH
J
JJG
= (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.
Phương trình của ( )α là
1( x 3) 4( y 1) 1( z 4) 0−− −+ − =⇔ x4yz30.−+−=
0,50
IV
2,00
1
Tính tích phân (1,00 điểm)
I =
()
ππ
44
66
22
00
tg x tg x
dx dx.
cos 2x
1tgxcosx
=
−
∫∫
Đặt
2
dx
t tgx dt .
cos x
=
⇒ = Với x0= thì t0= ; với x
6
π
= thì
1
t.
3
=
0,25
Suy ra
1
3
4
2
0
t
Idt
1t
=
−
∫
()
11
33
2
00
111
t 1 dt dt
2t1t1
⎛⎞
=− + + −
⎜⎟
+−
⎝⎠
∫∫
3
1
t1t1
tln
3
32t1
0
⎛⎞
+
=− −+
⎜⎟
−
⎝⎠
0,50
()
110
ln 2 3 .
2
93
=+−
0,25
2
Tìm các giá trị của m (1,00 điểm)
Điều kiện:
0x6≤≤
.
Đặt vế trái của phương trình là f (x) ,
[
]
x0;6.∈
Ta có
33
44
11 1 1
f'(x)
2x 6 x
2(2x) 2(6 x)
=+− −
−
−
33
44
11 1 1 1
2
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=−+−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠
, x (0; 6).∈
Đặt
33
44
11 11
u(x) , v(x) .
2x 6 x
(2x) (6 x)
⎛⎞
⎛⎞
⎜⎟
=− =−
⎜⎟
⎜⎟
−
⎝⎠
−
⎝⎠
Ta thấy
() ()
u2 v2 0==⇒ f'(2) 0.= Hơn nữa u(x),v(x)cùng dương trên
khoảng
()
0;2 và cùng âm trên khoảng
()
2;6 .
0,50
Ta có bảng biến thiên:
Suy ra các giá trị cần tìm của m là:
4
26 26 m 32 6.+≤<+
0,50
f’(x) + 0 −
x 0 2 6
f(x)
32 6+
4
26 26+
4
12 2 3+
Trang 4/5
V.a
2,00
1
Viết phương trình chính tắc của elíp (1,00 điểm)
Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là:
22
22
xy
1
ab
+=,
ab0.>>
Từ giả thiết ta có hệ phương trình:
()
222
c5
a3
22a 2b 20
cab.
⎧
=
⎪
⎪
⎪
+=
⎨
⎪
=−
⎪
⎪
⎩
0,50
Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
Phương trình chính tắc của (E) là
22
xy
1.
94
+=
0,50
2
Tìm số lớn nhất trong các số
01 n
a , a , , a (1,00 điểm)
Đặt
() ( )
n
n
01 n
f x 1 2x a a x a x=+ = + ++
n
1n
0
n
aa1
a f 2 .
222
⎛⎞
⇒
+++ = =
⎜⎟
⎝⎠
Từ giả thiết suy ra
n12
240962== n 12.⇔=
0,50
Với mọi
{
}
k 0,1,2, ,11∈ ta có
kk
k12
a2C= ,
k1 k1
k1 12
a2C
++
+
=
kk
k12
k1 k1
k1 12
a2C
11
a2C
++
+
<⇔ <
()
k1
1
212 k
+
⇔<
−
23
k.
3
⇔<
Mà
k ∈] k7.⇒ ≤ Do đó
01 8
a a a .<<<
Tương tự,
k
k1
a
1k7.
a
+
>⇔ > Do đó
89 12
a a a .>>>
Số lớn nhất trong các số
01 12
a , a , , a là
88
812
a 2 C 126720.==
0,50
V.b
2,00
1
Giải phương trình logarit (1,00 điểm))
Điều kiện:
1
x
2
> và
x1.≠
Phương trình đã cho tương đương với
2
2x 1 x 1
log (2x 1)(x 1) log (2x 1) 4
−+
−++ −=
2x 1 x 1
1 log (x 1) 2log (2x 1) 4.
−+
⇔+ + + − =
Đặt
2x 1
tlog (x1),
−
=+ ta có
2
t1
2
t3t3t20
t2.
t
=
⎡
+=⇔−+=⇔
⎢
=
⎣
0,50
• Với
2x 1
t1 log (x1)1 2x1x1 x2.
−
=⇔ + =⇔ −= +⇔ =
• Với
−
=
⎡
⎢
=⇔ + =⇔ − =+⇔
⎢
=
⎣
2
2x 1
x0(lo¹i)
t2 log (x1)2 (2x1) x1
5
x (tháa m·n)
4
Nghiệm của phương trình là: x 2= và
5
x.
4
=
0,50
Trang 5/5
2
Tính thể tích và tính góc (1,00 điểm)
Gọi H là trung điểm của BC.
Suy ra
A'H⊥
(ABC) và AH =
1
2
BC =
22
1
a3a a.
2
+=
Do đó
222
A'H A'A AH=−
2
3a= A'H a 3.⇒ =
Vậy
3
A'.ABC ABC
1a
VA'H.S
32
Δ
==(đvtt).
0,50
Trong tam giác vuông
A'B'H
có:
22
HB' A'B' A'H 2a=+= nên tam giác
B' BH cân tại
B'.
Đặt
ϕ
là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C' thì
n
B'BHϕ=
Vậy
a1
cos
2.2a 4
ϕ
==
.
0,50
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần
như đáp án quy định.
Hết
C
A
B
B'
A'
H
C'
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số
2
23
x
y
x
+
=
+
(1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1).
2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại
hai điểm phân biệt
A
,
B
và tam giác
OAB
cân tại gốc toạ độ
.O
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(
)
()()
12sin cos
3
12sin 1sin
xx
xx
−
=
+−
.
2. Giải phương trình
(
)
3
23 2 36 5 8 0 .xxx−+ − −= ∈\
Câu III (1,0 điểm)
Tính tích phân
()
2
32
0
cos 1 cosIx
π
=−
∫
xdx
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp có đáy
.SABCD
A
BCD
là hình thang vuông tại
A
và
;D
2
A
BAD a==
,
;CD a
=
góc giữa
hai mặt phẳng và
()
SBC
(
)
A
BCD
bằng Gọi là trung điểm của cạnh 60 .
D
I
A
D
. Biết hai mặt phẳng
(
)
SBI
và
(
cùng vuông góc với mặt phẳng
)
SCI
(
)
A
BCD
, tính thể tích khối chóp theo
.SABCD
.a
Câu V (1,0 điểm)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương
,,
x
yz
thoả mãn
(
)
3,
x
xyz yz++ =
ta có:
()()()()()()
33
35
3
.
x
yxz xyxzyz yz+++++ + +≤ +
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 cho hình chữ nhật ,Oxy
A
BCD
có điểm là giao điểm của hai đường
chéo
(6;2)I
A
C
và
B
D
. Điểm
(
)
1; 5M
thuộc đường thẳng
A
B
và trung điểm
E
của cạnh thuộc đường
thẳng
. Viết phương trình đường thẳng
CD
:50xyΔ+−=
A
B
.
2.
Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz
(
)
:2 2 4 0Pxyz−−−=
và mặt cầu
(
)
222
: 2 4 6 11 0.Sx y z x y z++−−−−=
Chứng minh rằng mặt phẳng
(
)
P
cắt mặt cầu
(
)
S
theo một
đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
Câu VII.a (1,0 điểm)
Gọi và là hai nghiệm phức của phương trình
1
z
2
z
2
210zz 0
+
+=. Tính giá trị của biểu thức
22
12
.Az z=+
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ cho đường tròn ,Oxy
(
)
22
:446Cx y x y 0
+
+++=
và đường thẳng
với m là tham số thực. Gọi là tâm của đường tròn
(
Tìm để :23xmy mΔ+ − +=0,
I
)
.C
m
Δ
cắt
(
)
C
tại hai điểm phân biệt
A
và
B
sao cho diện tích tam giác lớn nhất.
IAB
2. Trong không gian với hệ toạ độ cho mặt phẳng ,Oxyz
(
)
:221Px y z 0
−
+−=
và hai đường thẳng
1
19
:
116
xyz++
Δ==
,
2
13
:
21
1
2
x
yz−−+
Δ==
−
. Xác định toạ độ điểm
M
thuộc đường thẳng
1
Δ
sao cho
khoảng cách từ
M
đến đường thẳng
2
Δ
và khoảng cách từ
M
đến mặt phẳng
(
)
P
bằng nhau.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình
(
)
()
()
22
22
22
log 1 log
,.
381
xxyy
xy xy
xy
−+
⎧
+=+
⎪
∈
⎨
=
⎪
⎩
\
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 2009
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
• Tập xác định:
3
\.
2
D
⎧⎫
=−
⎨⎬
⎩⎭
\
•
Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
()
2
1
'0,
23
yx
x
−
=<∀
+
.D∈
Hàm số nghịch biến trên:
3
;
2
⎛⎞
−∞ −
⎜⎟
⎝⎠
và
3
;
2
⎛⎞
−
+∞
⎝⎠
⎜⎟
.
- Cực trị: không có.
0,25
- Giới hạn và tiệm cận:
1
lim lim
2
xx
yy
→−∞ →+∞
==
; tiệm cận ngang:
1
2
y
=
.
33
22
lim , lim
xx
yy
−+
⎛⎞ ⎛⎞
→− →−
⎜⎟ ⎜⎟
⎝⎠ ⎝⎠
=
−∞ = +∞
; tiệm cận đứng:
3
2
x =−
.
0,25
- Bảng biến thiên:
Trang 1/4
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…
Tam giác
OAB
vuông cân tại suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng
,O
1
±
.
0,25
Gọi toạ độ tiếp điểm là
00
(; )
x
y
, ta có:
2
0
1
1
(2 3)x
−
=
±
+
⇔
0
2x
=
−
hoặc
0
1.x =−
0,25
• , ; phương trình tiếp tuyến
0
1x =−
0
1y =
yx
=
−
(loại).
0,25
I
(2,0 điểm)
• , ; phương trình tiếp tuyến
0
2x =−
0
0y =
2yx
=
−−
(thoả mãn).
Vậy, tiếp tuyến cần tìm:
2.yx=− −
x
−
∞
3
2
−
+
∞
y'
−
−
y
1
2
−
∞
+
∞
1
2
y
x
O
1
2
y =
3
2
x
=
−
0,25
Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Điều kiện: sin 1
x
≠ và
1
sin
2
x ≠−
(*).
0,25
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
(1 2 sin ) cos 3 (1 2 sin )(1 sin )
x
xx−=+−x
⇔
cos 3sin sin 2 3 cos 2
x
xx−=+x
⇔
cos cos 2
36
xx
π
π
⎛⎞⎛
+= −
⎜⎟⎜
⎝⎠⎝
⎞
⎟
⎠
0,25
⇔
2
2
x
k
π
π
=+
hoặc
2
.
18 3
xk
π
π
=− +
0,25
Kết hợp (*), ta được nghiệm:
()
2
18 3
xkk
ππ
=− + ∈]
.
0,25
2. (1,0 điểm) Giải phương trình…
Đặt
3
32ux=−
và
65, 0vxv=− ≥
(*). Ta có hệ:
32
238
53
uv
uv
+=
⎧
⎨
8
+
=
⎩
0,25
⇔
32
82
3
1543240
0
u
v
uu u
−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+−+=
⎩
⇔
2
82
3
( 2)(15 26 20) 0
u
v
uuu
−
⎧
=
⎪
⎨
⎪
+
−+=
⎩
0,25
⇔
u
và
v
(thoả mãn).
2=− = 4
0,25
II
(2,0 điểm)
Thế vào (*), ta được nghiệm:
2.x =−
0,25
Tính tích phân…
22
52
00
cos cos .Ixdxx
ππ
=−
∫∫
III
dx
0,25
Đặt
tx
sin , cos ;
(1,0 điểm)
dt x==dx
0, 0; , 1.
2
xt x t
π
== = =
() ()
1
1
22
22
52 235
1
00 0
0
21 8
cos 1 sin cos 1 .
35 15
Ixdx xxdxtdtttt
ππ
⎛⎞
==− =−=−+=
⎜⎟
⎝⎠
∫∫ ∫
0,50
()
22
2
2
2
00
0
111
cos 1 cos 2 sin 2 .
222
4
Ixdx xdxxx
ππ
π
π
⎛⎞
==+=+ =
⎜⎟
⎝⎠
∫∫
Vậy
12
8
.
15 4
II I
π
0,25
=
−= −
Tính thể tích khối chóp
()(SIB ABCD)
⊥
và
()( )SIC ABCD ;
⊥
suy ra
()SI ABCD⊥ .
Kẻ
IK BC
⊥
()KBC
∈
⇒ ()
B
CSIK
⊥
⇒
n
SKI = 60 .
D
0,50
Diện tích hình thang
:
A
BCD
2
3.
ABCD
Sa=
Tổng diện tích các tam giác
A
BI và bằng
CDI
2
3
;
2
a
suy ra
2
3
.
2
IBC
a
S
Δ
=
0,25
IV
(1,0 điểm)
()
2
2
5
B
CABCDADa=−+=
⇒
2
35
5
IBC
S
a
IK
BC
Δ
==
⇒
n
315
.tan
.
S
A
B
5
a
SI IK SKI==
Thể tích khối chóp
.:SABCD
3
131
35
ABCD
a5
SI==
VS
0,25
I
C
D
K
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Chứng minh bất đẳng thức…
Đặt và ,axybxz=+ =+
.cyz=+
Điều kiện
()3
x
xyz yz++ =
trở thành: c
222
.abab=+−
a b abc c++ ≤ ,,abc
Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương:
33 3
35;
dương thoả mãn điều kiện trên.
0,25
222
cabab=+−
2
()3ab ab=+ −
22
3
() (
)
4
ab ab≥+ − +
=
2
1
()
4
ab+
⇒
(1). 2ab c+≤
0,25
33 3
35ab abc c++ ≤
3
( )3 5aba b ab abc c++−+≤
.
⇔
()
22
⇔
23
()3 5abc abc c++ ≤
⇔
2
()35abc ab c++ ≤
0,25
V
(1,0 điểm)
(1) cho ta: () và
2
2abc c+≤
2
3
2
)3;
4
ab a b c≤+≤3(
từ đây suy ra điều phải chứng minh.
Dấu bằng xảy ra khi:
.
abc==
⇔
x
yz
=
=
0,25
1. (1,0 điểm) Viết phương trình
A
B
Gọi
N
đối xứng với
M
qua suy ra
,I
(
)
11; 1N
−
và
N
thuộc đường thẳng .CD
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
E
∈Δ
⇒
(
)
;5 ;
E
xx−
(
)
6;3IE x x
=
−−
J
JG
và
(11;6)NE x x=− −
JJJG
.
E
là trung điểm
⇒
CD .IE EN
⊥
.0IE EN
=
JJG JJJG
⇔
(6)(11)(3)(6)0xx xx
−
−+− −=
⇔ 6x =
hoặc
7.x =
0,25
•
6x = ⇒
(
)
0; 3 ;IE =−
JJG
phương trình
:50AB y .
−
=
0,25
•
7x = ⇒
(
)
1; 4 ;IE =−
JJG
phương trình
: 4 19 0.AB x y
−
+=
0,25
2. (1,0 điểm) Chứng minh cắt xác định toạ độ tâm và tính bán kính…
()P (),S
()S có tâm bán kính (1; 2 ; 3),I
5.R
=
Khoảng cách từ đến
I
():P
()
,( )dI P
=
2434
3
3
;
R
−−−
=
<
suy ra đpcm.
0,25
Gọi và lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến, H
r
H là hình chiếu vuông góc của trên I
():P
(
)
,( ) 3,IH d I P
=
=
22
4.rRIH
=
−=
0,25
Toạ độ thoả mãn: (;;)Hxyz=
12
22
3
22 40
xt
yt
zt
xyz
=+
⎧
⎪
=−
⎪
⎨
=−
⎪
⎪
.
−
−−=
⎩
0,25
Giải hệ, ta được
(3; 0; 2).H
0,25
Tính giá trị của biểu thức…
2
36 36 ,iΔ=− =
1
13zi
=
−+
và
2
13.zi
=
−−
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
22
1
|| (1) 3 10z =−+=
và
22
2
||
(1) (3) 10.z =−+− =
0,50
M
B
A
I
C
D
E
N
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
22
12
|| | | 20.Az z=+ =
0,25
1. (1,0 điểm) Tìm m
()C
có tâm bán kính
(2;2),I −− 2.R =
0,25
Diện tích tam giác
:IAB
n
1
sin
2
SIAIBAI
B=
≤
2
1
1;
2
R
=
lớn nhất khi và chỉ khi
S .IA IB⊥
0,25
Khi đó, khoảng cách từ đến I
:Δ
(, ) 1
2
R
dI
Δ
==
⇔
2
22 2 3
1
1
mm
m
−− − +
=
+
0,25
⇔
()
hoặc
2
2
14 1mm−=+
⇔ 0m =
8
15
m
=
.
0,25
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm
M
2
Δ
qua và có vectơ chỉ phương
(1; 3; 1)A − (2;1; 2).u
=
−
G
1
M ∈Δ
⇒
(1 ;;9 6).
M
tt t−+ −+
(2 ;3 ;8 6 ),
M
Attt
, (8 14;20 14 ; 4)MA u t t t
⎡⎤
=− − −
JJJG
=
−−−
⎣⎦
JJJG G
⇒
,
M
Au
⎡
⎤
⎣
⎦
J
JJG G
2
329 88 68.tt=−+
0,25
Khoảng cách từ
M
đến
2
:Δ
2
2
,
(, ) 29 88 68.
MA u
dM t t
u
⎡⎤
⎣⎦
Δ= = − +
J
JJG G
G
Khoảng cách từ
M
đến
():P
()
()
2
22
1 2 12 18 1 11 20
,( ) .
3
122
tt t t
dM P
−+− + − − −
==
+− +
0,25
2
11 20
29 88 68
3
t
tt
−
−+=
⇔
2
35 88 53 0tt
−
+=
⇔
1t
=
hoặc
53
.
35
t =
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
1t =
⇒
(0;1; 3);M −
53
35
t =
⇒
18 53 3
;;
35 35 35
M
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
Giải hệ phương trình…
VII.b
Với điều kiện (*), hệ đã cho tương đương: 0xy >
22
22
2
4
x
yxy
xxyy
⎧
+=
⎪
⎨
−
+=
⎪
⎩
0,25
(1,0 điểm)
2
4
x
y
y
=
⎧
⎨
=
⎩
2.
x
y
y
=
⎧
⎨
=±
⎩
⇔ ⇔
0,50
(; ) (2;2)xy
=
(; ) (2;2).xy
=
−−
Kết hợp (*), hệ có nghiệm: và
0,25
Hết
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Cho hàm số y = x
3
− 2x
2
+ (1 − m)x + m (1), m là tham số thực.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1.
2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x
1
, x
2
, x
3
thoả mãn điều
kiện
222
123
x
xx++ < 4.
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
(1 sin cos 2 ) sin
1
4
cos
1tan
2
xxx
x
x
π
⎛⎞
++ +
⎜⎟
⎝⎠
=
+
.
2. Giải bất phương trình
2
12( 1
xx
xx
−
−−+)
≥ 1.
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
1
22
0
2
d
12
xx
x
xe xe
x
e
++
+
∫
.
Câu IV (1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là
trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng
(ABCD) và SH = a
3
. Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và
SC theo a.
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
22
(4 1) ( 3) 5 2 0
42347
xxy y
xy x
⎧
++− −=
⎪
⎨
++ − =
⎪
⎩
(x, y ∈
R).
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d
1
: 30xy+= và d
2
: 3xy−=0. Gọi (T) là
đường tròn tiếp xúc với d
1
tại A, cắt d
2
tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
3
2
và điểm A có hoành độ dương.
2.
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
1
21 1
xyz−
==
−
2+
và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.
Gọi
C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC =
6
.
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết
2
(2 )(1 2)zi=+ −i.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung
điểm của các cạnh
AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3)
nằm trên đường cao đi qua đỉnh
C của tam giác đã cho.
2.
Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆:
22
232
3
x
yz+−+
==
. Tính
khoảng cách từ
A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8.
Câu VII.b (1,0 điểm)
Cho số phức z thỏa mãn
z
=
3
(1 3 )
1
i
i
−
−
. Tìm môđun của số phức
z
+ i z.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh
Trang 1/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010
Môn: TOÁN; Khối A
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x
3
− 2x
2
+ 1.
• Tập xác định: R.
• Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
'y = 3x
2
− 4x; '( )yx = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4
3
.
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và
4
;
3
⎛⎞
+
∞
⎜⎟
⎝⎠
; nghịch biến trên khoảng
4
0;
3
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; y
CĐ
= 1, đạt cực tiểu tại x =
4
3
; y
CT
=
5
27
− .
- Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= − ∞ ; lim
x
y
→+∞
= + ∞.
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm: x
3
− 2x
2
+ (1 − m)x + m = 0
⇔ (x − 1)(x
2
− x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x
2
− x − m = 0 (*)
0,25
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm
phân biệt, khác 1.
0,25
Ký hiệu g(x) = x
2
− x − m; x
1
= 1; x
2
và x
3
là các nghiệm của (*).
Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi:
22
23
0
(1) 0
3
g
xx
⎧
∆>
⎪
≠
⎨
⎪
+
<
⎩
0,25
I
(2,0 điểm)
⇔
14 0
0
12 3
m
m
m
+>
⎧
⎪
−≠
⎨
⎪
+<
⎩
⇔
1
4
− < m < 1 và m ≠ 0.
0,25
y
1
+
∞
−∞
'y
+
0
−
0
+
x
−∞ 0
4
3
+∞
5
27
−
5
27
−
O
y
x
4
3
1
2
Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
Khi đó, phương trình đã cho tương đương:
2 sin
4
x
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎝⎠
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
0,25
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
sin cos
cos
cos
xx
x
x
+
⇔ sinx + cos2x = 0
0,25
⇔ 2sin
2
x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
1
2
0,25
⇔ x = −
6
π
+ k2π hoặc x =
7
6
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
Điều kiện: x ≥ 0.
Ta có:
2
2( 1)xx
−
+ =
22
(1)1xx+− + > 1, suy ra 1 −
2
2( 1)xx
−
+ < 0.
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:
2
2( 1)xx
−
+ ≤ 1 − x +
x
(1)
0,25
Mặt khác
2
2( 1)xx−+ =
22
2(1 ) 2( )
x
x−+ ≥ 1 − x +
x
(2), do đó:
0,25
(1) ⇔
2
2( 1)xx
−
+ = 1 − x +
x
(3)
Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x =
x
đồng thời 1 − x +
x
≥ 0.
+ 1 − x =
x
kéo theo 1 − x +
x
≥ 0, do đó:
(3) ⇔ 1 − x =
x
0,25
II
(2,0 điểm)
⇔
2
10
(1 )
x
x
x
−≥
⎧
⎪
⎨
−=
⎪
⎩
⇔
2
1
310
x
xx
≤
⎧
⎪
⎨
−
+=
⎪
⎩
⇔ x =
35
2
−
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
0,25
I =
1
2
0
d
12
x
x
e
x
x
e
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
+
⎝⎠
∫
=
1
2
0
d
x
x
∫
+
1
0
d
12
x
x
e
x
e+
∫
.
0,25
Ta có:
1
2
0
d
x
x
∫
=
1
3
0
1
3
x
=
1
3
0,25
và
1
0
d
12
x
x
e
x
e+
∫
=
1
2
1
0
d(1 2 )
12
x
x
e
e
+
+
∫
, suy ra:
0,25
III
(1,0 điểm)
I =
1
3
+
1
0
1
ln(1 2 )
2
x
e+ =
1
3
+
112
ln
23
e
+
=
1
3
+
112
ln
23
e
+
.
0,25
• Thể tích khối chóp S.CDNM.
S
CDNM
= S
ABCD
− S
AMN
− S
BCM
= AB
2
−
1
2
AM.AN −
1
2
BC.BM
= a
2
−
2
8
a
−
2
4
a
=
2
5
8
a
.
0,25
V
S.CDNM
=
1
3
S
CDNM
.SH =
3
53
24
a
.
0,25
IV
(1,0 điểm)
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC.
∆ADM = ∆DCN ⇒
n
n
A
DM DCN= ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó:
d(DM, SC) = HK.
0,25
A
B
C
D
S
N
H
K
M
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
Ta có: HC =
2
CD
CN
=
2
5
a
và HK =
22
.SH HC
SH HC
+
=
23
19
a
, do đó: d(DM, SC) =
23
19
a
.
0,25
Điều kiện: x ≤
3
4
; y ≤
5
2
.
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x
2
+ 1).2x = (5 − 2y + 1) 52
y
− (1)
0,25
Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 52
y
− ), với f(t) = (t
2
+ 1)t.
Ta có
'
f
(t) = 3t
2
+ 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R.
Do đó: (1) ⇔ 2x =
52
y
− ⇔
2
0
54
.
2
x
x
y
≥
⎧
⎪
⎨
−
=
⎪
⎩
0,25
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2 34
x
− −7 = 0 (3).
Nhận thấy x = 0 và x =
3
4
không phải là nghiệm của (3).
Xét hàm g(x) = 4x
2
+
2
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
+ 2 34
x
− − 7, trên khoảng
3
0;
4
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
V
(1,0 điểm)
'( )
g
x = 8x − 8x
2
5
2
2
x
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
−
4
34
x
−
= 4x (4x
2
− 3) −
4
34
x
−
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
Mặt khác
1
2
g
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x =
1
2
; suy ra y = 2.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) =
1
;2
2
⎛⎞
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
1. (1,0 điểm)
d
1
và d
2
cắt nhau tại O, cos(d
1
, d
2
) =
|3.31.1|
31.31
−
+
+
=
1
2
và tam giác
OAB vuông tại B, do đó
n
A
OB = 60
D
⇒
n
B
AC = 60
D
.
0,25
Ta có: S
ABC
=
1
2
AB.AC.sin 60
D
=
3
4
(OA.sin 60
D
).(OA.tan 60
D
)
=
33
8
OA
2
.
Do đó: S
ABC
=
3
2
, suy ra OA
2
=
4
3
.
0,25
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ:
22
30
4
3
xy
xy
⎧
+
=
⎪
⎨
+
=
⎪
⎩
⇒ A
1
;1
3
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.
Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d
2
, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0.
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ:
30
3340
xy
xy
⎧
−=
⎪
⎨
−
−=
⎪
⎩
⇒ C
2
;2
3
−
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
.
0,25
VI.a
(2,0 điểm)
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I
13
;
2
23
−
⎛⎞
−
⎜⎟
⎝⎠
và bán kính IA = 1.
Phương trình (T):
2
2
13
1
2
23
xy
⎛⎞
⎛⎞
+++=
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
.
0,25
d
2
y
x
C
B
O
A
d
1
I
Trang 4/4
Câu Đáp án Điểm
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v
G
= (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
vectơ pháp tuyến
n
G
= (1; −2; 1).
0,25
Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos
n
HMC =
()
cos ,vn
GG
.
0,25
d(M, (P)) = MH = MC.cos
n
HMC = MC.
()
cos ,vn
GG
0,25
= 6 .
|2 2 1|
6. 6
−
−
=
1
6
.
0,25
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i) 0,25
= 5 + 2 i, suy ra:
0,25
z = 5 − 2 i.
0,25
VII.a
(1,0 điểm)
Phần ảo của số phức z bằng: −
2 .
0,25
1. (1,0 điểm)
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC.
Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:
40
0
xy
xy
+
−=
⎧
⎨
−=
⎩
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
0,25
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương
trình: x + y + 4 = 0.
0,25
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó
tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t).
Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra:
A
B
JJJG
. CE
JJJG
= 0
⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0
0,25
⇔ 2t
2
+ 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6.
Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).
0,25
2. (1,0 điểm)
Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v
G
= (2; 3; 2) làm
vectơ chỉ phương.
Ta có:
M
A
J
JJG
= (2; −2; 1), ,vMA
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJG
= (7; 2; −10).
0,25
Suy ra: d(A, ∆) =
,vMA
v
⎡
⎤
⎣
⎦
G
JJJG
G
=
49 4 100
494
++
++
= 3.
0,25
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5.
0,25
VI.b
(2,0 điểm)
Phương trình (S): x
2
+ y
2
+ (z + 2)
2
= 25.
0,25
Ta có:
3
(1 3 )i− = − 8.
0,25
Do đó z =
8
1 i
−
−
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.
0,25
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.
0,25
VII.b
(1,0 điểm)
Vậy:
ziz+ = 8 2 .
0,25
Hết
•
M
∆
B
C
A
•
H
M
∆
P
C
• E
d
A
B
C
H
D
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011
Môn: TOÁN; Khối: A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
1
.
21
x
y
x
−+
=
−
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và
B. Gọi k
1
, k
2
lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng đạt
giá trị lớn nhất.
1
kk+
2
Câu II (2,0 điểm)
1. Giải phương trình
2
1sin2 cos2
2sin sin2 .
1cot
xx
x
x
x
++
=
+
2. Giải hệ phương trình
223
22 2
5432()0
(, ).
()2()
xy xy y x y
xy
xy x y x y
⎧
−+−+=
⎪
∈
⎨
++=+
⎪
⎩
\
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
4
0
sin ( 1)cos
d.
sin cos
x
xx x
I
x
xx x
π
++
=
+
∫
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a;
hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB;
mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC)
bằng 60
o
. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a.
Câu V (1,0 điểm) Cho ,,
x
yzlà ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức
.
23
=++
++
+
x
yz
P
x
yyzzx
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (2,0 điểm)
1.
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn
Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến
MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích
bằng 10.
22
(): 4 2 0.Cx y x y+− − =
2.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng
Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3.
():2 4 0.Pxyz−−+=
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết:
2
2
.zz=+z
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm)
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip
22
(): 1.
41
xy
E +=
Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc
(E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu và điểm
. Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều.
222
(): 4 4 4 0Sx y z x y z++− − − =
(4; 4; 0)A
Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 1)(1 ) ( 1)(1 ) 2 2−+++−=−zizii.
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
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
• Tập xác định:
1
\.
2
D
⎧⎫
=
⎨⎬
⎩⎭
\
• Sự biến thiên:
Chiều biến thiên:
()
2
1
'0
21
y
x
−
=
−
,<∀
x ∈ D.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
1
;
2
⎛⎞
−∞
⎜⎟
⎝⎠
và
1
;.
2
⎛⎞
⎜⎟
+∞
⎝⎠
0,25
Giới hạn và tiệm cận:
1
lim lim ;
2
xx
yy
→−∞ →+∞
==−
tiệm cận ngang:
1
.
2
y =−
1
Trang 1/5
2
⎝⎠
lim ,
x
y
−
⎛⎞
→
⎜⎟
=−∞
1
2
lim ;
x
y
+
⎛⎞
→
⎜⎟
⎝⎠
=+∞
tiệm cận đứng:
1
.
2
x =
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
• Đồ thị:
0,25
2. (1,0 điểm)
Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m =
1
21
x
x
−+
−
⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x =
1
2
không là nghiệm)
⇔ 2x
2
+ 2mx – m – 1 = 0 (*).
0,25
∆' = m
2
+ 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m.
0,25
Gọi x
1
và x
2
là nghiệm của (*), ta có:
k
1
+ k
2
= –
2
1
1
(2 1)
x −
–
2
2
1
(2 1)
x −
=
2
12 12 12
2
12 1 2
4( ) 8 4( ) 2
.
(4 2( ) 1)
xx xx xx
xx x x
+− −++
−
−++
0,25
I
(2,0 điểm)
Theo định lý Viet, suy ra: k
1
+ k
2
= – 4m
2
– 8m – 6 = – 4(m + 1)
2
– 2 ≤ – 2.
Suy ra:
k
1
+ k
2
lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1.
0,25
x − ∞
1
2
+ ∞
y’ − −
y
1
2
−
1
2
−
− ∞
+ ∞
y
x
1
2
−
1
2
O
1
(C)
– 1
Trang 2/5
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm)
Điều kiện: sin x ≠ 0 (*).
Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2
x + cos2x)sin
2
x = 22sin
2
xcosx
0,25
⇔ 1 + sin2x + cos2x =
22
cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx –
2
) = 0.
0,25
• cosx = 0 ⇔ x =
2
π
+ kπ, thỏa mãn (*).
0,25
• cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x +
4
π
) = 1 ⇔ x =
4
π
+ k2π, thỏa mãn (*).
Vậy, phương trình có nghiệm:
x =
2
π
+ kπ; x =
4
π
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
2. (1,0 điểm)
223
22 2
5432()0(1)
()2() (2
xy xy y x y
xy x y x y
⎧
−+−+=
⎪
⎨
++=+
⎪
⎩
).
Ta có: (2)
⇔ (xy – 1)(x
2
+ y
2
– 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x
2
+ y
2
= 2.
0,25
• xy = 1; từ (1) suy ra: y
4
– 2y
2
+ 1 = 0 ⇔ y = ± 1.
Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1).
0,25
• x
2
+ y
2
= 2; từ (1) suy ra: 3y(x
2
+ y
2
) – 4xy
2
+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
⇔ 6y – 4xy
2
+ 2x
2
y – 2(x + y) = 0
⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y.
0,25
II
(2,0 điểm)
Với x = 2y, từ x
2
+ y
2
= 2 suy ra:
(x; y) =
210 10
;
55
⎛⎞
⎜
⎜
hoặc (x; y) =
⎟
⎟
⎝⎠
210 10
;.
55
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1),
210 10
;,
55
⎛⎞
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
210 10
;.
55
⎛⎞
−−
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
0,25
I =
4
0
(sin cos) cos
d
sin cos
x
xxxx
x
xx x
π
++
+
∫
=
44
00
cos
dd
sin cos
xx
.
x
x
x
xx
ππ
+
+
∫∫
0,25
Ta có:
4
0
d
x
π
∫
=
4
0
x
π
=
4
π
0,25
và
4
0
cos
d
sin cos
xx
x
x
xx
π
+
∫
=
4
0
d( sin cos )
sin cos
x
xx
x
xx
π
+
+
∫
=
()
4
0
ln sin cosxx x
π
+
0,25
III
(1,0 điểm)
=
2
ln
Suy ra: I =
1 .
24
⎛⎞
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
4
π
+
2
ln
1 .
24
⎛⎞
π
⎛⎞
+
⎜⎟
⎜⎟
⎜⎟
⎝⎠
⎝⎠
0,25
(SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC).
AB ⊥ BC
⇒ SB ⊥ BC ⇒
n
SBA là góc giữa (SBC) và
(ABC)
⇒
n
SBA = 60
o
⇒ SA = =
n
tanAB SBA 23 .a
0,25
IV
(1,0 điểm)
Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N
⇒ MN //BC và N là trung điểm AC.
MN =
,
2
BC
a= BM = .
2
AB
a=
Diện tích: S
BCNM
=
2
()3
22
B
CMNBM a+
=
⋅ Thể tích: V
S.BCNM
=
3
1
3
3
BCNM
SSAa⋅= ⋅
0,25
S
A
B
C
N
M
D
H
Trang 3/5
Câu
Đáp án
Điểm
Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND)
⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)).
Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD)
⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH.
0,25
Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a
⇒ d(AB, SN) = AH =
22
.2
13
SA AD a
SA AD
=⋅
+
39
0,25
Trước hết ta chứng minh:
11 2
(*),
11
1
ab
ab
+≥
++
+
với a và b dương, ab ≥ 1.
Thật vậy, (*)
⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b)
⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab
⇔ ( ab – 1)( a – b )
2
≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1.
Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1.
0,25
Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có:
11
23
11
x
P
zx
xy
y
z
=++
+
++
≥
12
.
3
2
1
y
x
x
y
+
+
+
Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi:
z
y
=
x
z
hoặc
1
x
y
=
(1)
0,25
Đặt
x
y
= t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥
2
2
2
231
t
tt
+⋅
++
Xét hàm f(t) =
2
2
2
,
231
t
tt
+
++
t ∈ [1; 2];
3
22 2
2(43)3(21)9)
'( )
(2 3) (1 )
tt tt
ft
tt
⎡
⎤
−−+−+
⎣
⎦
=
++
< 0.
⇒ f(t) ≥ f(2) =
34
;
33
dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2
⇔
x
y
= 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2).
0,25
V
(1,0 điểm)
⇒ P ≥
34
.
33
Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng
34
;
33
khi x = 4, y = 1, z = 2.
0,25
1. (1,0 điểm)
Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5.
Tứ giác MAIB có
n
M
AI =
n
M
BI = 90
o
và MA = MB
⇒ S
MAIB
= IA.MA
0,25
⇒ MA = 25 ⇒ IM =
22
I
AMA+ = 5.
0,25
M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2).
IM = 5 ⇔ (t – 2)
2
+ (t + 3)
2
= 25 ⇔ 2t
2
+ 2t – 12 = 0
0,25
⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1).
0,25
2. (1,0 điểm)
VI.a
(2,0 điểm)
Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔
22 2
222
240
(2) (1)9
(2)(3)
xyz
xyz
xy z
−−+=
⎧
⎪
−++−=
⎨
⎪
++ +− =
⎩
9
0,25
M
I
A
B
∆
