TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI A 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT) BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG HÀ NỘI, 8/2013 HỌ VÀ TÊN: ………………………………………………………………… LỚP :…………………………………………………………………. TRƯỜNG :………………………………………………………………… BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐA Ï I HỌ C NĂM 201 3 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CA Û THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = −x 3 + 3x 2 + 3mx − 1 (1), với m là tham số t hư ï c. a) Khảo sát sự biến thi e â n và vẽ đo à thò của hà m số (1) khi m = 0. b) Tìm m để hàm số (1) nghòch biến trên khoảng (0; + ∞). Câu 2 (1,0 điểm). Giả i phương t rình 1 + tan x = 2 √ 2 sin  x + π 4  . Câu 3 (1,0 điểm). Giả i hệ phương trình  √ x + 1 + 4 √ x − 1 −  y 4 + 2 = y x 2 + 2x(y − 1) + y 2 − 6y + 1 = 0 (x, y ∈ R). Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phâ n I = 2  1 x 2 − 1 x 2 ln x dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đá y là tam giá c vuô ng tại A,  ABC = 30 ◦ , SBC là tam gi á c đều cạnh a và mặt bên SBC vuông góc với đáy. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB). Câu 6 ( 1 ,0 điểm). Cho các số t hư ï c dương a, b, c thỏa mãn điều kiện (a + c)(b + c) = 4c 2 . Tìm giá trò nhỏ nhất của biểu thư ù c P = 32a 3 (b + 3c) 3 + 32b 3 (a + 3c) 3 − √ a 2 + b 2 c . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( ph ầ n 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 có đ i e å m C thu o ä c đường t hẳ ng d: 2x + y + 5 = 0 và A(−4; 8). Gọi M là điểm đối xứng của B qua C, N là hình chiếu vuông góc của B trên đường thẳng MD. Tìm tọa độ các điểm B và C, biế t rằng N(5; −4). Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: x − 6 −3 = y + 1 −2 = z + 2 1 và điểm A(1; 7; 3). Viết phương trình mặt phẳng (P ) đi qua A và vuông góc với ∆. Tìm tọa độ điểm M thuộc ∆ sao cho A M = 2 √ 30. Câu 9 .a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; 7. Xác đ ònh số phần tử của S. Chọn ngẫu nhiên một số từ S, tính xác suất để so á đ ư ơ ï c chọn là số chẵn. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y = 0. Đường tròn (C) có bán kính R = √ 10 cắt ∆ tại hai điểm A và B sao cho AB = 4 √ 2. Tiếp tuyến củ a (C) tại A và B cắt nhau tại một điểm thuộc tia Oy. Viết phương trình đường tròn (C). Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x + 3y + z − 11 = 0 và m ặ t cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 − 2x + 4y −2z − 8 = 0. Chứng minh (P ) tiếp xúc với (S). Tìm tọa độ tiếp đ i e å m của (P ) và (S). Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z = 1 + √ 3 i. Viết dạng lượng giác của z. Tìm phần thự c và phần ảo của số phức w = (1 + i)z 5 . −−−−−−Hết−−−−−− Thí sinh kho â n g được sử dụ n g tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VƠ BỜ - CHUN CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = 0 ta có 32 31yx x . = −+ − • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: hoặc 2 '3 6;'0yxxy x=− + = ⇔ =0 2.x = 0,25 Khoảng đồng biến: (0; 2); các khoảng nghịch biến: (;0) − ∞ và (2; ). + ∞ - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = −1; đạt cực đại tại x = 2, y CĐ = 3. - Giới hạn: lim ; lim . xx yy →−∞ →+∞ =+∞ =−∞ 0,25 - Bảng biến thiên: Trang 1/4 0,25 • Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có 2 '3 63yxx=− + + .m Hàm số (1) nghịch biến trên khoảng (0; ) + ∞ khi và chỉ khi '0, 0yx ≤ ∀> 0,25 2 2, 0.mx xx⇔≤ − ∀> Xét 2 () 2 f xx x=− với Ta có 0.x > '( ) 2 2; '( ) 0 1.fx x fx x = −=⇔= 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 1 (2,0 điểm) Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị m thỏa mãn yêu cầu của bài toán là m 1. x 'y y − ∞ + ∞ 0 2 0 0 − − + + ∞ − ∞ − 1 3 2 O y x 3 − 1 x () f x 0 + ∞ 1 0 − 0 + − 1 + ∞ '( ) f x ≤− 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với cos 0.x ≠ sin 12(sinco cos x s) x x x += + 0,25 (sin cos )(2 cos 1) 0.xx x⇔+ −= 0,25 π sin cos 0 π () 4 xx x kk•+=⇔=−+ ∈] . 0,25 2 (1,0 điểm) π 2cos 1 0 2π () 3 xxkk•−=⇔=±+ ∈] . Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm: π π 4 x k = −+ hoặc π 2π () 3 xkk=± + ∈] . 0,25 44 22 11 2 2( 1) 6 1 0 (2) xxy y xxy yy ⎧ ++ −− + = ⎪ ⎨ ⎪ +−+−+= ⎩ (1) , Điều kiện: Từ (2) ta được suy ra 1.x ≥ 2 4( 1)yxy=+− 0.y ≥ 0,25 3 (1,0 điểm) Đặt 4 1,ux=− suy ra u Phương trình (1) trở thành: 0.≥ 44 2 2 (3).uuyy++= ++ Xét 4 () 2 , f tt=++t với Ta có 0.t ≥ 3 4 2 '( ) 1 0, 0. 2 t ft t t = +> ∀≥ + Do đó phương trình (3) tương đương với ,yu = nghĩa là 4 1.xy = + 0,25 Thay vào phương trình (2) ta được 74 ( 2 4) 0 (4).yy y y++−= Hàm có 74 () 2 4gy y y y=+ +− 63 '( ) 7 8 1 0gy y y = ++> với mọi 0.y ≥ 0,25 Mà nên (4) có hai nghiệm không âm là (1) 0,g = 0y = và 1.y = Với ta được nghiệm (; với 0y = ) (1;0);xy= 1y = ta được nghiệm (; ) (2;1).xy = Vậy nghiệm (; ) x y của hệ đã cho là và (1; 0) (2;1). 0,25 Đặt 2 2 1d ln , d d d , . xx uxv xu vx 1 x x x − == ⇒==+ 0,25 Ta có 2 2 1 1 11 ln d Ix x x 1 x x xx ⎛⎞ ⎛⎞ =+ − + ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ ∫ 0,25 22 11 11 lnxxx x x ⎛⎞ ⎛⎞ =+ −− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎝⎠ 0,25 4 (1,0 điểm) 53 ln 2 . 22 =− 0,25 Gọi H là trung điểm của BC, suy ra SH ⊥ BC. Mà (SBC) vuông góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC). 0,25 Ta có BC = a, suy ra 3 ; 2 a SH = o sin 30 ; 2 a AC BC== o 3 cos30 . 2 a AB BC== Do đó 3 . 1 61 S ABC a . 6 HABAC==VS 0,25 Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm của BC nên HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là trung điểm của AB, suy ra SI ⊥ AB. 0,25 5 (1,0 điểm) Do đó 2 2 13 . 44 AB a SI SB=−= Suy ra 36 39 (,( )) . .1 SABC SABC SAB VV a dC SAB SSIAB Δ === 3 0,25 S A B C I H GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Đặt , a xy cc ==. b Ta được Điều kiện của bài toán trở thành 0, 0.xy>> 3.xy x y++= Khi đó 3 3 22 33 32 32 . (3)(3) y x Px yx =+−+ ++ y v>> Với mọi u ta có 0, 0 3 33 3 3 3 () 3 ()3()() () 44 uv .v uv uvuv uv uv + +=+ − +≥+ − + = u Do đó 3 3 32 3 33 32 ( ) 2 3 3 32 88 33 339 (3)(3) yyxyxyx xx yx xyxy yx ⎛⎞ +−++ ⎛⎞ +≥+= ⎜⎟ ⎜⎟ ⎜⎟ ++ +++ ⎝⎠ ++ ⎝⎠ . y 0,25 Thay 3 x yx=−−y vào biểu thức trên ta được 3 3 3 3 33 32 ( 1)( 6) 32 8( 2( 6) (3)(3) yxyxy x xy xy yx +− ++ ⎛⎞ +≥ =+− ⎜⎟ ++ ⎝⎠ ++ 1). Do đó 322 3 2 3 2 ( 1) ( 1) ( ) 2 ( 1) ( ) 2( ) 6.Pxyxyxyxyxyxyxyxy≥+− − + =+− − + − =+− − + + +− 0,25 Đặt tx Suy ra t và .y=+ > 0 32 (1) 26.Pt t t≥− − + − Ta có 22 () 3() 44 x yt xyxy xy t + =++ ≤ + + =+ . nên (2)(6)0tt − +≥ Do đó 2.t ≥ Xét 32 () ( 1) 2 6,ft t t t=− − + − với t Ta có 2.≥ 2 2 1 '( ) 3( 1) . 26 t ft t tt + =−− + − Với mọi t ta có và 2≥ 2 3( 1) 3t −≥ 2 2 177 11 22 (1) 7 26 t t tt + =+ ≤+= +− +− 32 , nên 32 '( ) 3 0. 2 ft≥− > Suy ra () (2) 1 2.ft f≥=− Do đó 12P ≥− . 0,25 6 (1,0 điểm) Khi a thì bc== 12P =− . Do đó giá trị nhỏ nhất của P là 12 .− 0,25 Do Cd ∈ nên (; 2 5).Ct t − − Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD, suy ra I là trung điểm của AC. Do đó ( ) 423 ;. 22 tt I − −+ 0,25 Tam giác BDN vuông tại N nên IN = IB. Suy ra IN = IA. Do đó ta có phương trình ( ) ( ) 22 22 42 23 4 54 48 222 tt tt −− −+ − ⎛⎞ ⎛ −+−− =−−+− ⎜⎟ ⎜ ⎝⎠ ⎝ 7.a (1,0 điểm) 3 2 + ⎞ ⎟ ⎠ 1.t ⇔ = Suy ra C(1; 7). − 0,25 Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB. Mà CB = AD và CM||AD nên tứ giác ACMD là hình bình hành. Suy ra AC||DM. Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy ra BN ⊥ AC và CB = CN. Vậy B là điểm đối xứng của N qua AC. 0,25 Đường thẳng AC có phương trình: 34 0. . xy++= Đường thẳng BN qua N và vuông góc với AC nên có phương trình 3170xy − −= Do đó (3 17; ). B aa+ Trung điểm của BN thuộc AC nên 3175 4 340 7. 22 aa a ++ − ⎛⎞ + +=⇔=− ⎜⎟ ⎝⎠ (4;7).B −− Vậy 0,25 Δ có véctơ chỉ phương là (3;2;1).u =− − JG 0,25 (P) qua A và nhận u J G làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình 3( 1) 2( 7) ( 3) 0 3 2 14 0.xyz xyz− −− −+−=⇔ + −−= 0,25 M thuộc Δ nên (6 3 ; 1 2 ; 2 ). M tt−−−−+t 0,25 8.a (1,0 điểm) 2222 2 30 (6 3 1) ( 1 2 7) ( 2 3) 120 7 4 3 0AM t t t t t=⇔−−+−−−+−+−=⇔−−= 1t⇔= hoặc 3 . 7 t Suy ra M =− (3;3;1) − − hoặc ( ) 51117 ;; 777 M −− . 0,25 A D B C M N I GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm Số phần tử của S là 3 7 A 0,25 = 210. 0,25 Số cách chọn một số chẵn từ S là 3.6.5 90 = (cách). 0,25 9.a (1,0 điểm) Xác suất cần tính bằng 90 3 . 210 7 = 0,25 Gọi M là giao điểm của tiếp tuyến tại A và B của (C), H là giao điểm của AB và IM. Khi đó (0; ), M t với H là trung điểm của AB. Suy ra 0;t ≥ 22. 2 AB AH == 0,25 22 111 , AH AM AI =+ 2 suy ra 210.AM = Do đó 22 42.MH AM AH=−= Mà || (,) , 2 t MH d M=Δ= nên 8.t = Do đó (0; 8).M 0,25 Đường thẳng IM qua M và vuông góc với Δ nên có phương trình 80.xy + −= Do đó tọa độ điểm H thỏa mãn hệ . 0 (4;4) 80 xy H xy − = ⎧ ⇒ ⎨ +−= ⎩ 0,25 7.b (1,0 điểm) Δ A I B H M Ta có 22 1 2, 4 IH IA AH HM=−== nên 1 . 4 IH HM= JJJG JJJJG Do đó (5;3).I Vậy đường tròn (C) có phương trình 22 (5)(3)10xy−+−=. 0,25 (S) có tâm và bán kính (1; 2;1)I − 14.R = 0,25 222 | 2.1 3( 2) 1.1 11| 14 (,( )) . 14 231 dI P R +−+ − = ++ == Do đó (P) tiếp xúc với (S). 0,25 8.b (1,0 điểm) Gọi M là tiếp điểm của (P) và (S). Suy ra M thuộc đường thẳng qua I và vuông góc với (P). 0,25 (1 2 ; 2 3 ;1 ). M tt+−+ +t Do đó Do M thuộc (P) nên Vậy 2(1 2 ) 3( 2 3 ) (1 ) 11 0 1.ttt+ +−+ ++− =⇔=t (3;1; 2).M 0,25 13 132 22 zi i ⎛⎞ =+ = + ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 9.b (1,0 điểm) ππ 2cos sin . 33 i ⎛⎞ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 55 5π 5π 2 cos sin 16(1 3 ). 33 zi ⎛⎞ =+=− ⎜⎟ ⎝⎠ i Suy ra 0,25 16( 3 1) 16(1 3) .wi=++− Do đó 0,25 Vậy w có phần thực là 16( và phần ảo là 3 1)+ 16 (1 3).− Hết GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số với m là tham số thực. 422 2( 1) (1),yx m x m=− + + a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 0.m = b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 cos 2 2cos 1.xx x + =− Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 32 3 2 22 3922 39 (, ). 1 2 xxx yy y xy xyxy ⎧ −−+=+− ⎪ ∈ ⎨ +−+= ⎪ ⎩ \ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 2 1 1ln( 1) d. x I x x ++ = ∫ Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho .SABC S 2. H AHB = Góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC theo a. o 60 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực ,, x yz thỏa mãn điều kiện 0.xyz + += Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức || || || 2 2 2 333 666 xy yz zx Px −−− =++−++.yz .ND 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 vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2 = Giả sử ( ) 11 1 ; 22 M và đường thẳng AN có phương trình Tìm tọa độ điểm A. 23xy−−=0. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 12 : 121 xyz d +− == và điểm Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB vuông tại I. (0;0;3).I Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 1 5 n n C − 3 n C = . Tìm số hạng chứa 5 x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của () 2 1 ,0. 14 n nx x x −≠ B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông. 22 (): 8.Cx y+= Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 12 :, 211 xyz d +− == mặt phẳng và điểm (): 2 5 0Pxy z+− += (1; 1; 2).A − Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN. Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 5( ) 2 1 zi i z . + = − + Tính môđun của số phức 2 1.wzz=+ + 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: GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi ta có: 0,m = 42 2.yx x=− • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: − Chiều biến thiên: 3 '4 4;yxx=− '0y = ⇔ 0x = hoặc 1.x = ± 0,25 Các khoảng nghịch biến: à các khoảng đồng biến: (( ; 1)−∞ − v (0; 1); 1; 0) − và ( 1; ).+∞ − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 1,x = ± y CT 1; = − đạt cực đại tại 0,x = y CĐ 0.= − Giới hạn: lim lim . xx yy →−∞ →+∞ ==+∞ 0,25 − Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 Trang 1/4 b) (1,0 điểm) Ta có 32 '4 4( 1) 4( 1).yx mxxxm=−+= −− Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi 10m + > ⇔ (*). 1m >− 0,25 Các điểm cực trị của đồ thị là 2 (0; ), A m (1;2Bm m1) − +− − và (1;21).m+− −Cm Suy ra: 2 (1;(1)AB m m=− + − + JJJG ) và 2 (1;(1)AC m m=+−+). J JJG 0,25 Ta có nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi AB AC= . 0AB AC = J JJG JJJG 0,25 1 (2,0 điểm) ⇔ . Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là 4 (1)(1)0mm+−+= 0.m = 0,25 + ∞ y ' y – 0 + 0 – 0 + x –1 0 1 −∞ + ∞ –1 0 –1 +∞ O 2 1 – 1 –1 –2 8 x y GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với (3sin cos 1)cos 0.xx x + −= 0,25 π cos 0 π () 2 xxkk•=⇔=+∈] . 0,25 3sin cos 1 0xx•+−= ( ) ππ cos cos 33 x⇔−= 0,25 2 (1,0 điểm) ⇔ 2π x k= hoặc 2π 2π () 3 xkk=+ ∈] . Vậy nghiệm của phương trình đã cho là π π, 2 x k=+ 2π x k = và 2π 2π (). 3 xkk=+ ∈] 0,25 Hệ đã cho tương đương với: ( ) ( ) 33 22 ( 1) 12( 1) ( 1) 12( 1) (1) 11 1. (2) 22 xxyy xy −− −=+− + ⎧ ⎪ ⎨ −++= ⎪ ⎩ 0,25 Từ (2), suy ra 1 11 2 x−≤ − ≤ và 1 11 2 y − ≤+≤ ⇔ 31 1 22 x − ≤−≤ và 13 1. 22 y − ≤+≤ Xét hàm số 3 () 12 f tt t=− trên 33 ; 22 ⎡ − ⎢ ⎣ ⎤ ⎥ ⎦ , ta có 2 '()3( 4)0ft t = −< , suy ra f(t) nghịch biến. 0,25 Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3). Thay vào (2), ta được ( ) ( ) 22 13 1 22 xx−+−= ⇔ 2 483xx 0 − += ⇔ 1 2 x = hoặc 3 . 2 x = 0,25 3 (1,0 điểm) Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( ) 13 (; ) ; 22 xy = − hoặc ( ) 31 (; ) ; . 22 xy=− 0,25 Đặt u và 1 ln( 1)x=+ + 2 d d , suy ra d d 1 x u x = + và 1 .v x v x = x = − 0,25 3 3 1 1 1ln( 1) (1) x dx I xxx ++ =− + + ∫ 0,25 ( ) 3 1 2ln2 1 1 31 dx xx + =+− + ∫ 3 1 2ln2 ln 31 x x + =+ + 0,25 4 (1,0 điểm) 22 ln3 ln 2. 33 =+ − 0,25 Ta có n SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra n o 60 .SCH = Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có: , 6 a HD= 3 , 2 a CD= 22 7 , 3 a HC HD CD=+= o 21 .tan60 . 3 a SH HC== 0,25 23 . 11213 . . 7 333412 S ABC ABC aa a VSHS ∆ == = . 0,25 Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và 3 2 B AH= A nên 3 ( , ) ( ,( )) ( ,( )). 2 dSABC dB SAN dH SAN== Ta cũng có ( ) Ax SHN ⊥ nên . A xHK ⊥ Do đó ( HK SAN ). ⊥ Suy ra dH( ,( )) . Trang 2/4 SAN HK = 0,25 5 (1,0 điểm) o 22 23.42 12 ,sin60, . 33 aaSHHNa AH HN AH HK SH HN == = = = + Vậy S B C H x N K D A 42 (, ) . 8 a dSABC= 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Câu Đáp án Điểm Ta chứng minh 31 (*). , t tt≥+∀≥0 Xét hàm () 3 1 t f tt=−− , có '( ) 3 ln 3 1 0, 0 t f tt = −> ∀≥ (0) 0f và = , suy ra (*) đúng. Áp dụng (*), ta có |||||| 3333||||| xy yz zx |. x yyzzx −−− ++≥+−+−+− 0,25 Áp dụng bất đẳng thức | , ta có: | | | | |abab+≥+ 222 2 (| | | | | |) | | | | | | | |(| | | |) | |(| | | |) x yyzzx xy yz zx xyyzzx yzzxxy−+−+− =− +− + − +− −+− +− −+− ( ) 222 | |(| || |)2| || || |.zx xy yz xy yz zx+− −+− ≥ − + − + − 0,25 Do đó () () 2 222222 | || || | 2| || || | 6 6 6 2 . x yyzzx xy yz zx x y z xyz−+−+−≥ − + − +− = + + − ++ Mà suy ra 0, xyz++= 222 ||||||666. x yyzzx x y z−+−+−≥ + + 0,25 6 (1,0 điểm) Suy ra |||||| 2 2 2 333 666 xy yz zx Px −−− =++−++≥3.yz Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3. 0,25 Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra .AH HM ⊥ 0,25 Trang 3/4 Hơn nữa, ta cũng có . A HHM = Do đó AM = 22(,()) M HdMAN== 310 . 2 0,25 A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3). 310 2 MA = ⇔ ( ) ( ) 22 11 7 45 2 22 tt−+−= 2 0,25 7.a (1,0 điểm) ⇔ tt 2 540 A B C D N M H P Q − += ⇔ t 1 = hoặc t 4. = Vậy: (1; 1) A − hoặc (4;5).A 0,25 Véc tơ chỉ phương của d là Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB. (1; 2;1).a = JJG Ta có nên tọa độ H có dạng Hd∈ (1;2; 2) (1;2;1).Ht tt IH t tt − +⇒ =− − J JJG 0,25 IH ⊥ AB ⇔ .0 ⇔ ⇔ IH a = JJJGJJG 14 10ttt−+ +−= 1 3 t = ( ) 22 2 ;; . 33 3 IH⇒=− − J JJG 0,25 Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là 26 2. 3 RIA IH== = 0,25 8.a (1,0 điểm) Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là 22 2 8 (): ( 3) . 3 Sx y z + +− = 0,25 1 5 n nn CC − = 3 ⇔ (1)(2) 5 6 nn n n −− = 0,25 ⇔ (vì n nguyên dương). 7n = 0,25 Khi đó () 77 77 22 2 14 3 7 7 7 00 (1) 11 1 . 14 2 2 2 nk kk k kk k kk C nx x x Cx xx x − − − == − ⎛⎞⎛⎞ ⎛⎞ −=−= −= ⎜⎟⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠⎝⎠ ⎝⎠ ∑∑ 0,25 9.a (1,0 điểm) Số hạng chứa 5 x tương ứng với 14 3 5k − = ⇔ k 3 = . Do đó số hạng cần tìm là 33 55 7 4 (1). 35 . 0,25 16 2 C x x − =− GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN [...]... Trang 2/5 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 0,25 0 0,25 0,25 0,25 Câu GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com Đáp án 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 Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a ⇒ d(AB, SN) = AH = V (1,0 điểm) SA AD = 2a. .. phân ban (2 điểm) 1 Giải phương trình log 2x −1 (2x 2 + x − 1) + log x +1 (2x − 1) 2 = 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 = a 3 và hình chiếu vuông góc c a đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm c a cạnh BC Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin c a góc gi a hai đường thẳng AA ' , B 'C ' th a mãn hệ thức a 0 + ... kiện trên 3 1 c 2 = a 2 + b 2 − ab = (a + b) 2 − 3ab ≥ (a + b) 2 − (a + b) 2 = (a + b) 2 ⇒ a + b ≤ 2c (1) 4 4 0,25 0,25 a 3 + b3 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b) (a 2 + b 2 − ab) + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)c 2 + 3abc ≤ 5c 3 ⇔ (a + b)c + 3ab ≤ 5c 2 0,25 3 (1) cho ta: (a + b)c ≤ 2c 2 và 3ab ≤ (a + b) 2 ≤ 3c 2 ; từ đây suy ra điều phải chứng minh 4 Dấu bằng xảy ra khi: a = b = c ⇔ x = y = z VI .a (2,0 điểm) 0,25 1... ⎟ Suy ra: I = + ln ⎜ ⎜ 2 ⎝ 4 ⎠⎟ ⎜ 2 ⎜ 4 + 1⎟ ⎟ 4 ⎝ ⎠⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC) S AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc gi a (SBC) và (ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = AB tan SBA = 2a 3 Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N H ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC D N C A BC AB MN = = a, BM = = a M 2 2 B ( BC + MN ) BM 3a 2 1 = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅... (th a m·n) 4 ⎣ 5 Nghiệm c a phương trình là: x = 2 và x = 4 Trang 4/5 BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN 0,50 2 GV LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com Tính thể tích và tính góc (1,00 điểm) A' C' B' A C H B Gọi H là trung điểm c a BC 1 1 2 Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH = BC = a + 3a 2 = a 2 2 0,50 Do đó A 'H 2 = A 'A 2 − AH 2 = 3a 2 ⇒ A 'H = a 3 1 a3 (đvtt) Vậy VA '.ABC = A' H.SΔABC... tích khối chóp (1,0 điểm) ( SIB ) ⊥ ( ABCD) và ( SIC ) ⊥ ( ABCD); suy ra SI ⊥ ( ABCD) S Kẻ IK ⊥ BC ( K ∈ BC ) ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ SKI = 60 A B 0,50 I D C K Diện tích hình thang ABCD : S ABCD = 3a 2 3a 2 3a 2 ; suy ra S ΔIBC = 2 2 2S 3 5a 3 1 5a 2 ⇒ SI = IK tan SKI = BC = ( AB − CD ) + AD 2 = a 5 ⇒ IK = ΔIBC = BC 5 5 1 3 1 5a 3 Thể tích khối chóp S ABCD : V = S ABCD SI = 3 5 Tổng diện tích các tam giác... 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 c a AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N Biết góc gi a hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách gi a hai đường thẳng AB và SN theo a Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc... điểm) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3 Nhận xét: O và A cùng thuộc (S) Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = OA 4 2 = 3 3 2 3 (P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*) (P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a Khoảng cách: d(I, (P)) = d(I, (P)) = 2 (a + b + c) 2 2 a +b +c 2 0,25 R2 − r 2 = = 2c 2 2a + c 2 ⇒ 2c 2 2a + c 2 = 2 3 ⇒ 2a2 + c2 =... AD = 2a 39 ⋅ 13 Điểm 0,25 0,25 SA2 + AD 2 1 1 2 + ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1 Trước hết ta chứng minh: 1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a) (1 + b) 0,25 ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab 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 Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: x 1 1 1 2 P= + + ≥ + 3y 2x... 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 - huythuong2801@gmail.com BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ Môn: TOÁN; Khối A ĐỀ CHÍNH THỨC (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1 (1,0 điểm) • Tập . 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. 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). 3 . 1 61 S ABC a . 6 HABAC==VS 0,25 Tam giác ABC vuông tại A và H là trung điểm c a BC nên HA = HB. Mà SH ⊥ (ABC), suy ra SA = SB = a. Gọi I là trung điểm c a AB, suy ra SI ⊥ AB. 0,25 5