Tài liệu tuyển tập đề thi đại học môn toán khối d 2002 đến 2013 (đáp án chi tiết)

TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT) BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG HỌ VÀ TÊN: ………………………………………………………………… LỚP :…………………………………………………………………. TRƯỜNG :………………………………………………………………… HÀ NỘI, 8/2013 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] BOÄ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO −−−−−−−−−− ÑEÀ CHÍNH THÖÙC ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC NAÊM 2013 Moân: TOAÙN; Khoái D Thôøi gian laøm baøi: 180 phuùt, khoâng keå thôøi gian phaùt ñeà −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I. PHAÀN CHUNG CHO TAÁT CAÛ THÍ SINH (7,0 ñieåm) Caâu 1 (2,0 ñieåm). Cho haøm soá y = 2x3 − 3mx2 + (m − 1)x + 1 (1), vôùi m laø tham soá thöïc. a) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá (1) khi m = 1. b) Tìm m ñeå ñöôøng thaúng y = −x + 1 caét ñoà thò haøm soá (1) taïi ba ñieåm phaân bieät. Caâu 2 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình sin 3x + cos 2x − sin x = 0.
√ √
1 Caâu 3 (1,0 ñieåm). Giaûi phöông trình 2 log2 x + log 1 1 − x = log√2 x − 2 x + 2 . 2 2 Z1 (x + 1)2 dx. Caâu 4 (1,0 ñieåm). Tính tích phaân I = x2 + 1 0 Caâu 5 (1,0 ñieåm). Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy laø hình thoi caïnh a, caïnh beân SA vuoâng goùc \ = 120◦ , M laø trung ñieåm cuûa caïnh BC vaø SMA \ = 45◦ . Tính theo a theå tích cuûa vôùi ñaùy, BAD khoái choùp S.ABCD vaø khoaûng caùch töø ñieåm D ñeán maët phaúng (SBC). Caâu 6 (1,0 ñieåm). Cho x, y laø caùc soá thöïc döông thoûa maõn ñieàu kieän xy ≤ y − 1. Tìm giaù trò lôùn x − 2y x+y . − nhaát cuûa bieåu thöùc P = p x2 − xy + 3y 2 6(x + y) II. PHAÀN RIEÂNG (3,0 ñieåm): Thí sinh chæ ñöôïc laøm moät trong hai phaàn (phaàn A hoaëc phaàn B) A. Theo chöông trình Chuaån  9 3 Caâu 7.a (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC coù ñieåm M − ; 2 2 laø trung ñieåm cuûa caïnh AB, ñieåm H(−2; 4) vaø ñieåm I(−1; 1) laàn löôït laø chaân ñöôøng cao keû töø B vaø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC. Tìm toïa ñoä ñieåm C. Caâu 8.a (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho caùc ñieåm A(−1; −1; −2), B(0; 1; 1) vaø maët phaúng (P ) : x+y+z −1 = 0. Tìm toïa ñoä hình chieáu vuoâng goùc cuûa A treân (P ). Vieát phöông trình maët phaúng ñi qua A, B vaø vuoâng goùc vôùi (P ). Caâu 9.a (1,0 ñieåm). Cho soá phöùc z thoûa maõn ñieàu kieän (1 + i)(z − i) + 2z = 2i. Tính moâñun cuûa z − 2z + 1 . soá phöùc w = z2 B. Theo chöông trình Naâng cao Caâu 7.b (1,0 ñieåm). Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñöôøng troøn (C) : (x−1)2 +(y −1)2 = 4 vaø ñöôøng thaúng ∆ : y − 3 = 0. Tam giaùc MNP coù tröïc taâm truøng vôùi taâm cuûa (C), caùc ñænh N vaø P thuoäc ∆, ñænh M vaø trung ñieåm cuûa caïnh MN thuoäc (C). Tìm toïa ñoä ñieåm P . Caâu 8.b (1,0 ñieåm). Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz, cho ñieåm A(−1; 3; −2) vaø maët phaúng (P ) : x − 2y − 2z + 5 = 0. Tính khoaûng caùch töø A ñeán (P ). Vieát phöông trình maët phaúng ñi qua A vaø song song vôùi (P ). 2x2 − 3x + 3 Caâu 9.b (1,0 ñieåm). Tìm giaù trò lôùn nhaát vaø giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá f(x) = x+1 treân ñoaïn [0; 2]. −−−−−−Heát−−−−−− Thí sinh khoâng ñöôïc söû duïng taøi lieäu. Caùn boä coi thi khoâng giaûi thích gì theâm. Hoï vaø teân thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Soá baùo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu 1 (2,0 điểm) Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = 1 ta có y = 2 x3 − 3x 2 + 1. • Tập xác định: D = \. 0,25 • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' = 6 x 2 − 6 x; y ' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1. Các khoảng đồng biến: (−∞; 0) và (1; + ∞); khoảng nghịch biến: (0; 1). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = 0; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1. 0,25 - Giới hạn: lim y = − ∞; lim y = + ∞. x→−∞ x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' 0 + 0 − 0 + +∞ 1 y 0,25 0 −∞ • Đồ thị: +∞ 1 y 1 0,25 O 1 x b. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với đường thẳng y = − x + 1 là 2 x3 − 3mx 2 + (m −1) x +1 = − x +1 ⎡x = 0 ⇔⎢ 2 ⎣ 2 x − 3mx + m = 0 (*). Yêu cầu của bài toán ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 ⎧9m 2 − 8m > 0 ⇔⎨ ⎩m ≠ 0 8 ⇔ m < 0 hoặc m > . 9 Trang 1/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 0,25 0,25 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu 2 (1,0 điểm) Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với 2cos 2 x sin x + cos 2 x = 0 0,25 ⇔ cos 2 x(2sin x + 1) = 0. 0,25 π π + k (k ∈ ]). 4 2 ⎡ x = − π + k 2π ⎢ 6 • 2sin x + 1 = 0 ⇔ ⎢ (k ∈ ]). ⎢ x = 7π + k 2π ⎢⎣ 6 • cos 2 x = 0 ⇔ x = Vậy nghiệm của phương trình đã cho là x = 3 (1,0 điểm) 0,25 0,25 π π π 7π + k 2π (k ∈ ]). + k , x = − + k 2π, x = 4 2 6 6 Điều kiện: 0 < x < 1. Phương trình đã cho tương đương với x2 ⇔ ⇔ (1 − x ) x 1− x 2 = x2 1− x = x−2 x +2 x x + 2 ⇔ ⎛⎜ + 1⎞⎛ − 2 ⎞⎟ = 0 ⎟⎜ ⎝ ⎠⎝ ⎠ 1− x 1− x 1− x x − 2 = 0 (do x 1− x >0 ) Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là x = 4 − 2 3. 1 1 1 • ∫ 1 ∫ 0,25 1 ∫x 0 ∫ dx = x = 1. 0 • 0,25 1 2x 2x Ta có I = ⎛⎜1 + 2 ⎞⎟ dx = dx + 2 dx. ⎝ ⎠ x +1 x +1 0 0 0 ∫ 0,25 0,25 ⇔ x = 4 − 2 3. 4 (1,0 điểm) 0,25 0,25 0 1 2x dx = ln( x 2 +1) 0 = ln 2. 2 +1 0,25 Do đó I = 1 + ln 2. 0,25 n = 120o ⇒ n BAD ABC = 60o ⇒ ΔABC đều a 3 a2 3 ⇒ AM = ⇒ S ABCD = . 2 2 n = 45o ⇒ ΔSAM ΔSAM vuông tại A có SMA 5 (1,0 điểm) S a 3 . 2 1 a3 Do đó VS . ABCD = SA.S ABCD = . 3 4 vuông cân tại A ⇒ SA = AM = H A D 0,25 0,25 Do AD||BC nên d ( D,( SBC )) = d ( A,( SBC )). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. B M C Ta có AM ⊥ BC và SA ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SAM ) ⇒ BC ⊥ AH ⇒ AH ⊥ ( SBC ) ⇒ d ( A,( SBC )) = AH . AM 2 a 6 = , 2 4 a 6 . suy ra d ( D,( SBC )) = 4 0,25 Ta có AH = Trang 2/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu 6 (1,0 điểm) Đáp án Điểm 2 Do x > 0, y > 0, xy ≤ y −1 nên 0 < x y −1 1 1 1 ⎛ 1 1 ⎞ 1 ≤ = − 2 = −⎜ − ⎟ ≤ . y y2 y y 4 ⎝ y 2⎠ 4 0,25 1 x t +1 t −2 Đặt t = , suy ra 0 < t ≤ . Khi đó P = − . 4 y t 2 − t + 3 6(t +1) Xét f (t ) = t +1 t2 −t +3 − 1 t −2 7 − 3t 1 − . , với 0 < t ≤ . Ta có f '(t ) = 2 4 6(t + 1) 2 (t 2 − t + 3)3 2(t + 1) 1 Với 0 < t ≤ ta có t 2 − t + 3 = t (t −1) + 3 < 3; 7 − 3t > 6 và t + 1 > 1. 4 1 1 1 1 7 − 3t 7 − 3t 1 Do đó và − − > 0. > > > − . Suy ra f '(t ) > 2 2 3 2 2(t + 1) 3 2 6 3 3 2 (t − t + 3) 5 7 ⎛1⎞ + . Do đó P = f (t ) ≤ f ⎜ ⎟ = ⎝ 4 ⎠ 3 30 Khi x = JJJG ⎛ 7 1 ⎞ IM = ⎜ − ; ⎟ . Ta có M ∈ AB và AB ⊥ IM nên đường ⎝ 2 2⎠ thẳng AB có phương trình 7 x − y + 33 = 0. B A∈ AB ⇒ A(a;7 a + 33). Do M là trung điểm của AB nên JJJG JJJG B ( − a − 9; −7 a − 30). Ta có HA ⊥ HB ⇒ HA. HB = 0 M I A 0,25 1 5 7 5 7 + . Vậy giá trị lớn nhất của P là + . và y = 2, ta có P = 2 3 30 3 30 7.a (1,0 điểm) H C • Với a = −4 ⇒ A(−4;5), B ( −5; −2). Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình x + 2 y − 6 = 0. Do đó • Với a = −5 ⇒ A(−5; −2), B(−4;5). Ta có BH ⊥ AC nên đường thẳng AC có phương trình 2 x − y + 8 = 0. Do đó C (t ;2t + 8). Từ IC = IA suy ra (t +1)2 + (2t + 7) 2 = 25. Do đó t = −1 hoặc t = −5. Do C khác A, suy ra C (−1;6). Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Suy ra H (−1 + t ; −1+ t ; −2 + t ). 5 2 2 1 H ∈( P) ⇔ (−1+ t ) + (−1+ t ) + (−2 + t ) −1 = 0 ⇔ t = . Do đó H ⎛⎜ ; ; − ⎞⎟ . ⎝ 3 3 3⎠ 3 JJJG Gọi (Q) là mặt phẳng cần viết phương trình. Ta có AB = (1;2;3) và vectơ pháp tuyến của (P) là JG JG n = (1;1;1). Do đó (Q) có vectơ pháp tuyến là n ' = (−1;2; −1). 9.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 ⇒ a 2 + 9a + 20 = 0 ⇒ a = −4 hoặc a = −5. C (6 − 2c; c). Từ IC = IA suy ra (7 − 2c)2 + (c −1) 2 = 25. Do đó c = 1 hoặc c = 5. Do C khác A, suy ra C (4;1). 8.a (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Phương trình của mặt phẳng (Q) là: x − 2 y + z +1 = 0. 0,25 Điều kiện của bài toán tương đương với (3 + i ) z = −1+ 3i 0,25 ⇔ z = i. 0,25 Suy ra w = −1 + 3i. 0,25 Do đó môđun của w là 10. 0,25 Trang 3/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu Đáp án Ta có tâm của (C) là I (1;1). Đường thẳng IM vuông góc với Δ nên có phương trình x = 1. Do đó M (1; a ). 7.b (1,0 điểm) M Do M ∈ (C ) nên (a −1)2 = 4. Suy ra a = −1 hoặc a = 3. Mà M ∉Δ nên ta được M (1; −1). N ∈Δ ⇒ N (b;3). Trung điểm của MN thuộc (C) I P 8.b (1,0 điểm) d ( A,( P )) = 0,25 0,25 2 N b +1 ⎞ 2 ⇒ ⎛⎜ −1⎟ + (1 −1) = 4 ⇒ b = 5 hoặc b = −3. ⎝ 2 ⎠ Do đó N (5;3) hoặc N (−3;3). P ∈Δ ⇒ P(c;3). JJJG JJG - Khi N (5;3), từ MP ⊥ IN suy ra c = −1. Do đó P (−1;3). JJJG JJG - Khi N (−3;3), từ MP ⊥ IN suy ra c = 3. Do đó P(3;3). |(−1) − 2.3 − 2(−2) + 5| Ta có f ( x ) xác định và liên tục trên đoạn [0; 2] ; f '( x) = 0,25 0,25 0,25 12 + (−2) 2 + (−2) 2 2 = . 3 JG Vectơ pháp tuyến của (P) là n = (1; −2; −2). Phương trình mặt phẳng cần tìm là x − 2 y − 2 z + 3 = 0. 9.b (1,0 điểm) Điểm 0,25 0,25 0,25 2 2x + 4x − 6 . ( x +1) 2 Với x∈[0; 2] ta có f '( x) = 0 ⇔ x = 1. 5 Ta có f (0) = 3; f (1) = 1; f (2) = . 3 Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 1; giá trị lớn nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 3. ------------- Hết ------------- Trang 4/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 0,25 0,25 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2 2 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3 − mx 2 − 2(3m 2 − 1) x + (1), m là tham số thực. 3 3 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = 1. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 x + cos 3x − sin x + cos x = 2 cos 2 x. ⎧⎪ xy + x − 2 = 0 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ 3 2 ( x, y ∈ \ ). 2 2 ⎪⎩ 2 x − x y + x + y − 2 xy − y = 0 π 4 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = ∫ x(1 + sin 2 x)dx. 0 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng ABCD. A' B 'C ' D ' có đáy là hình vuông, tam giác A' AC vuông cân, AC ' = a . Tính thể tích của khối tứ diện ABB'C ' và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( BCD ') theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực x, y thỏa mãn ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + 2 xy ≤ 32. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức A = x3 + y3 + 3( xy − 1)( x + y − 2). II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC 1 và AD lần lượt có phương trình là x + 3 y = 0 và x − y + 4 = 0; đường thẳng BD đi qua điểm M − ;1 . 3 Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( P ): 2 x + y − 2 z + 10 = 0 và điểm I (2;1;3). Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4. ( ) Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn (2 + i ) z + 2(1 + 2i ) = 7 + 8i. Tìm môđun của số phức w = z + 1 + i. 1+ i B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d : 2 x − y + 3 = 0. Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho AB = CD = 2. x −1 y +1 z = = và hai 2 −1 1 điểm A(1; −1; 2), B (2; −1;0). Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình z 2 + 3(1 + i) z + 5i = 0 trên tập hợp các số phức. ---------- 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: .............................................. BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) 1 (2,0 điểm) 2 2 Khi m = 1, hàm số trở thành y = x3 − x 2 − 4 x + . 3 3 • Tập xác định: D = \. • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ′ = 2 x 2 − 2 x − 4; y ′ = 0 ⇔ x = −1 hoặc x = 2. 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) và (2; +∞); khoảng nghịch biến ( −1; 2). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1, yCĐ = 3, đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = −6. - Giới hạn: lim y = − ∞, lim y = + ∞, x →− ∞ 0,25 x →+ ∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' –1 + +∞ 2 0 – 0 + +∞ 3 0,25 y −∞ • Đồ thị: –6 y 3 2 –1 O x 0,25 –6 b) (1,0 điểm) Ta có y ′ = 2 x 2 − 2mx − 2(3m 2 − 1). 0,25 Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình y′ = 0 có hai nghiệm phân biệt ⇔ 13m 2 − 4 > 0 ⇔ m > 2 13 2 13 . hoặc m < − 13 13 0,25 Ta có: x1 + x2 = m và x1 x2 = 1 − 3m 2 , do đó x1 x2 + 2( x1 + x2 ) = 1 ⇔ 1 − 3m 2 + 2m = 1 0,25 2 2 ⇔ m = 0 hoặc m = . Kiểm tra điều kiện ta được m = . 3 3 0,25 Trang 1/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với: (2sin x + 2cos x − 2)cos 2 x = 0. 2 (1,0 điểm) π kπ (k ∈]). • cos 2 x = 0 ⇔ x = + 4 2 π 1 • 2sin x + 2cos x − 2 = 0 ⇔ cos x − = 4 2 7π π ⇔x= + k 2π hoặc x = − + k 2π (k ∈ ]). 12 12 Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: π kπ 7π π + k 2π, x = − + k 2π (k ∈ ]). x= + , x= 4 2 12 12 ⎧⎪ xy + x − 2 = 0 (1) 3 Hệ đã cho tương đương với: ⎨ 2 (1,0 điểm) ⎪⎩(2 x − y + 1)( x − y ) = 0 (2) 0,25 0,25 ( ) 0,25 0,25 0,25 −1 ± 5 . 2 ⎛ −1 + 5 ⎞ ⎛ −1 − 5 ⎞ Do đó ta được các nghiệm ( x; y ) = ⎜ ; 5 ⎟ và ( x; y ) = ⎜ ; − 5 ⎟. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • x 2 − y = 0 ⇔ y = x 2 . Thay vào (1) ta được x3 + x − 2 = 0 ⇔ ( x − 1)( x 2 + x + 2) = 0 0,25 ⇔ x = 1. Do đó ta được nghiệm ( x; y ) = (1; 1). Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là: ⎛ −1 + 5 ⎞ ⎛ −1 − 5 ⎞ ( x; y ) = (1; 1), ( x; y ) = ⎜ ; 5 ⎟ , ( x; y ) = ⎜ ; − 5 ⎟. ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ 2 2 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 • 2 x − y + 1 = 0 ⇔ y = 2 x + 1. Thay vào (1) ta được x 2 + x − 1 = 0 ⇔ x = 4 (1,0 điểm) π 4 π 4 ∫ ∫ I = xdx + x sin 2 xdx = 0 0 π x2 4 2 π 4 ∫ + x sin 2 xdx = 0 0 π 4 2 π + x sin 2 xdx. 32 ∫ 0,25 0 1 Đặt u = x;dv = sin 2 xdx, suy ra du = dx; v = − cos 2 x. 2 π 4 Khi đó π 4 1 1 π 4 1 0,25 π 4 ∫ x sin 2 xdx = − 2 x cos 2 x 0 + 2 ∫ cos 2 xdx = 2 ∫ cos 2 xdx 0 0 0,25 0 π π2 1 4 1 1 + . = sin 2 x = . Do đó I = 32 4 4 4 0 5 (1,0 điểm) D' C' B' A' D H C A B 0,25 Tam giác A′AC vuông cân tại A và a . Do đó AB = B′C ′ = A′A = AC = 2 A′C = a nên a . 2 0,25 1 1 a3 2 V ABB′C ′ = B ' C '.S ∆ABB ' = B ' C '. AB.BB ' = . 3 6 48 0,25 Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của ∆A′AB. Ta có AH ⊥ A ' B và AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( A ' BC ), nghĩa là AH ⊥ ( BCD '). Do đó AH = d ( A,( BCD ')). 0,25 1 = 1 + 1 = 6 . a2 a 6 . Do đó d ( A,( BCD ')) = AH = 6 Ta có AH 2 AB 2 2 AA' Trang 2/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu Đáp án 6 Ta có ( x − 4)2 + ( y − 4)2 + 2 xy ≤ 32 ⇔ ( x + y ) 2 − 8( x + y ) ≤ 0 ⇔ 0 ≤ x + y ≤ 8. (1,0 điểm) 3 A = ( x + y )3 − 3( x + y ) − 6 xy + 6 ≥ ( x + y )3 − ( x + y )2 − 3( x + y ) + 6. 2 3 Xét hàm số: f (t ) = t 3 − t 2 − 3t + 6 trên đoạn [0; 8]. 2 Ta có f ′(t ) = 3t 2 − 3t − 3, f ′(t ) = 0 ⇔ t = 1+ 5 17 − 5 5 . thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 4 4 7.a (1,0 điểm) A B N K I M D C 0,25 0,25 1+ 5 1− 5 hoặc t = (loại). 2 2 ⎛ 1 + 5 ⎞ 17 − 5 5 17 − 5 5 . Ta có f (0) = 6, f ⎜ = , f (8) = 398. Suy ra A ≥ ⎜ 2 ⎟⎟ 4 4 ⎝ ⎠ Khi x = y = Điểm 0,25 0,25 ⎧x + 3y = 0 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ ⎨ ⇒ A( −3;1). ⎩x − y + 4 = 0 0,25 Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có 4 phương trình là x − y + = 0. Vì N thuộc AC, nên tọa 3 4 ⎧ ⎪x − y + = 0 ⎛ 1⎞ ⇒ N ⎜ −1; ⎟ . độ của điểm N thỏa mãn hệ ⎨ 3 3⎠ ⎝ ⎪⎩ x + 3 y = 0 0,25 Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN và vuông góc với AD, nên có phương trình là x + y = 0. Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD. ⎧x + y = 0 Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x + 3 y = 0, ⎧x + y = 0 và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ ⎨ ⎩ x − y + 4 = 0. Do đó I(0; 0) và K(−2;2). JJJG JJG JJJG JJJG AC = 2 AI ⇒C (3;−1); AD = 2 AK ⇒ D(−1;3); JJJG JJJG BC = AD ⇒ B(1;−3). Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến 8.a (1,0 điểm) của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình. 0,25 0,25 0,25 Ta có IH = d ( I ;( P )) = 3. 0,25 Bán kính của mặt cầu (S) là: R = 32 + 4 2 = 5. 0,25 Phương trình của mặt cầu (S) là: ( x − 2) 2 + ( y − 1) 2 + ( z − 3)2 = 25. 0,25 2(1 + 2i ) 9.a = 7 + 8i ⇔ (2 + i) z = 4 + 7i Ta có: (2 + i) z + (1,0 điểm) 1+ i 0,25 ⇔ z = 3 + 2i. 0,25 Do đó w = 4 + 3i. 0,25 Môđun của w là 42 + 32 = 5. Trang 3/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu Đáp án Gọi I là tâm của đường tròn (C) cần viết phương trình. 7.b Do I ∈ d nên tọa độ của I có dạng I (t ;2t + 3). (1,0 điểm) AB = CD ⇔ d ( I , Ox) = d ( I , Oy ) ⇔ | t | = | 2t + 3 |⇔ t = −1 hoặc t =−3. Điểm 0,25 0,25 • Với t = −1 ta được I (−1;1), nên d ( I ; Ox) = 1. Suy ra, bán kính của (C) là 12 +12 = 2. Do đó (C ): ( x + 1) 2 + ( y − 1)2 = 2. • Với t = −3 ta được I (−3;−3), nên d ( I ;Ox) = 3. Suy ra, bán kính của (C) là Do đó (C ): ( x + 3)2 + ( y + 3)2 = 10. Do M ∈ d nên tọa độ của điểm M có dạng M (1 + 2t ; −1 − t ; t ). 8.b JJJJG JJJJG (1,0 điểm) Ta có AM = (2t ; −t ; t − 2), BM = (−1 + 2t; −t; t ). JJJJG JJJJG Tam giác AMB vuông tại M ⇔ AM .BM = 0 32 +12 = 10. 0,25 0,25 0,25 0,25 ⇔ 2t (−1 + 2t ) + t 2 + t (t − 2) = 0 ⇔ 6t 2 − 4t = 0 0,25 2 ⎛7 5 2⎞ ⇔ t = 0 hoặc t = . Do đó M (1; −1;0 ) hoặc M ⎜ ; − ; ⎟ . 3 ⎝3 3 3⎠ 0,25 Phương trình bậc hai z 2 + 3(1+ i ) z + 5i = 0 có biệt thức ∆ = −2i. 9.b (1,0 điểm) = (1 − i ) 2 . Do đó nghiệm của phương trình là z = hoặc z = −3(1 + i) + (1 − i) = −1 − 2i 2 −3(1 + i ) − (1 − i ) = −2 − i. 2 ------------- HẾT------------- Trang 4/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 0,25 0,25 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 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 k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) sin 2 x + 2 cos x − sin x − 1 = 0. 1. Giải phương trình tan x + 3 2. Giải phương trình log 2 ( 8 − x 2 ) + log 1 2 4 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 0 ( ) 1+ x + 1 − x − 2 = 0 ( x ∈ \ ). 4x − 1 dx. 2x + 1 + 2 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; n = 30D. Tính thể tích mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. ⎧⎪2 x3 − ( y + 2) x 2 + xy = m ( x, y ∈ \). Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎨ 2 ⎪⎩ x + x − y = 1 − 2m 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 tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C. x +1 y z − 3 ⋅ = = 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: 2 1 −2 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A. x −1 y − 3 z = = và mặt phẳng 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : 2 4 1 ( P) : 2 x − y + 2 z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P). 2 x 2 + 3x + 3 trên Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = x +1 đoạn [0; 2]. ----------- 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:................................ BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Môn: TOÁN; Khối D ĐỀ CHÍNH THỨC (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: D = \ \ {− 1 } . • Sự biến thiên: 1 > 0, ∀ x ∈ D. ( x + 1) 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞). – Chiều biến thiên: y ' = 0,25 – Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang: y = 2. x → −∞ x → +∞ lim − y = + ∞, lim + y = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1. x → ( −1) – Bảng biến thiên: x −∞ y’ + 0,25 x → ( −1) +∞ –1 + +∞ 0,25 2 y 2 • Đồ thị: −∞ y 2 0,25 1 –1 O x 2. (1,0 điểm) Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình: 2x +1 ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm) kx + 2k + 1 = x +1 ⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = 0 (1). 0,25 d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt ⎧⎪k ≠ 0 ⎧k ≠ 0 ⎧k ≠ 0 ⇔⎨ ⇔ ⎨ 2 ⇔⎨ ⎪⎩k < 3 − 2 2 ∨ k > 3 + 2 2. ⎩Δ > 0 ⎩ k − 6k + 1 > 0 (*). Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm của (1). d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ kx1 + 2k + 1 = kx2 + 2k + 1 Trang 1/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm ⇔ k(x1 + x2) + 4k + 2 = 0 (do x1 ≠ x2). Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3. 1. (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ − 3 (*). Phương trình đã cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – 1 = 0 ⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0. 0,25 0,25 0,25 1 π π + k2π hoặc cosx = ⇔ x = ± + k2π. 2 2 3 π Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x = + k2π (k ∈ Z). 3 ⇔ sinx = – 1 ⇔ x = – 0,25 0,25 2. (1,0 điểm) Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: log 2 ( 8 − x 2 ) = log 2 ⎡ 4 ⎣ ⇔ 8 – x2 = 4 ( ( ) 1 + x + 1 − x ⇔ (8 – x2)2 = 16 2 + 2 1 − x 2 ) ( (1). Đặt t = 1− x 2 , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 0 2 2 ⇔ (t – 1) (t + 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1. III (1,0 điểm) ) 1+ x + 1 − x ⎤ ⎦ Do đó, (1) ⇔ 1− x 2 = 1 ⇔ x = 0, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0. Đặt t = 2 x + 1 ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt. Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3. 3 3 ⎛ 2t 3 − 3t 10 ⎞ I= ∫ dt = ∫ ⎜ 2t 2 − 4t + 5 − ⎟ dt t+2 t + 2⎠ 1 1⎝ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 3 ⎛ 2t 3 ⎞ − 2t 2 + 5t − 10 ln t + 2 ⎟ =⎜ ⎝ 3 ⎠1 = IV (1,0 điểm) V (1,0 điểm) 34 3 + 10 ln . 3 5 n = a 3. Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin SBC 1 S Diện tích: SABC = BA.BC = 6a2. 2 1 Thể tích: VS.ABC = SABC.SH = 2a 3 3. 3 K H Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) B C ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)). D n = 3a ⇒ BC = 4HC BH = SB.cos SBC ⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)). A HC 3a Ta có AC = BA2 + BC 2 = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA. = . AC 5 SH .HD 3a 7 6a 7 . = . Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = HK = 2 2 7 14 SH + HD 2 ⎪⎧( x − x)(2 x − y ) = m Hệ đã cho tương đương với: ⎨ 2 ⎪⎩( x − x) + (2 x − y ) = 1 − 2m. Trang 2/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu Đáp án Điểm 1 ; v = 2x – y. 4 ⎧u 2 + (2m − 1)u + m = 0 (1) ⎧uv = m ⇔ ⎨ Hệ đã cho trở thành: ⎨ ⎩u + v = 1 − 2m ⎩v = 1 − 2m − u. Đặt u = x2 – x, u ≥ – Hệ đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – 0,25 1 . 4 − u2 + u 1 , ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = . 4 2u + 1 −u 2 + u 1 , với u ≥ – ; ta có: Xét hàm f(u) = 4 2u + 1 Với u ≥ – f '(u ) = – −1 + 3 2u 2 + 2u − 1 . ; f '(u ) = 0 ⇔ u = 2 (2u + 1) 2 Bảng biến thiên: u − −1 + 3 2 1 4 + f '(u ) − 1. (1,0 điểm) B (2,0 điểm) G• A D E 0 +∞ – 2− 3 2 f(u) VI.a 0,25 C 5 8 0,25 –∞ 2− 3 Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤ . 2 JJJG JJJG Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: BD = 3GD ⎧ x + 4 = 3( x − 1) ⎛7 ⎞ ⇔ ⎨ ⇒ D ⎜ ; 1⎟ . ⎝2 ⎠ ⎩ y − 1 = 3( y − 1) Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x – y – 1 = 0 của góc A. Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ: ⎧1( x + 4) + 1( y − 1) = 0 ⎧x + y + 3 = 0 ⎪ ⇒ E(2; – 5). ⇔ ⎨ ⎨ x − 4 y +1 x y 7 0 − − = − − = 1 0 ⎩ ⎪⎩ 2 2 0,25 0,25 Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0. 0,25 ⎧x − y −1 = 0 Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1). ⎩4 x − y − 13 = 0 0,25 2. (1,0 điểm) VII.a Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0. Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B. B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0). ⎧ x = 1 + 2t ⎪ Phương trình ∆: ⎨ y = 2 + 2t ⎪ z = 3 + 3t. ⎩ 0,25 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i 0,25 Trang 3/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 0,25 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] Câu (1,0 điểm) Đáp án ⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i 0,25 ⎧− a − 3b = 1 ⎩3a − 3b = 9 0,25 ⎧a = 2 Vậy z = 2 – i. ⎩b = −1. 0,25 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ VI.b Điểm 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) y 1 Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính bằng 10. O –2 M Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương trình ∆ có dạng: y = m. A x Hoành độ M, N là nghiệm phương trình: x2 – 2x + m2 + 4m – 5 = 0 (1). (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, khi và chỉ khi: m2 + 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x1; m) và N(x2; m). I –3 N 0,25 0,25 JJJJG JJJG AM ⊥ AN ⇔ AM . AN = 0 ⇔ (x1 – 1)(x2 – 1) + m2 = 0 ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + 1 = 0. 0,25 Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m2 + 4m – 6 = 0 ⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3. 0,25 2. (1,0 điểm) VII.b (1,0 điểm) Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t). 0,25 Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1 2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t =1 ⇔ 3 0,25 ⇔ t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1). 0,25 Phương trình mặt cầu: (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1 hoặc (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1. 0,25 y' = 2 x2 + 4 x ; ( x + 1) 2 0,25 y' = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0. 17 y(0) = 3, y(2) = . 3 17 , tại x = 2. [0; 2] 3 ------------- Hết ------------- Vậy: min y = 3, tại x = 0; max y = [0; 2] Trang 4/4 CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN 0,25 0,25 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] 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 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng Δ1: ⎨ y = t và Δ2: 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 (x, y ∈ R). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ⎪⎩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: ................................ BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] 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 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] 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 1 1 ln x 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 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - [email protected] 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 ⎧⎪a 2 − 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 5 −2 y =0. Trang 3/4 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 0,25