bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 -Môn thi : toán - KHOI A Đề thức (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) _ C©u I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hµm sè : y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m (1) ( m lµ tham sè) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm k để phơng trình: có ba nghiệm phân biệt x + x + k − 3k = Viết phơng trình đờng thẳng qua hai điểm cực trị đồ thị hàm số (1) Câu II.(ĐH : 1,5 điểm; CĐ: 2,0 điểm) 2 log x + log x + 2m = Cho phơng trình : (2) ( m lµ tham sè) m = Giải phơng trình (2) Tìm m để phơng trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [ ; 3 ] Câu III (ĐH : 2,0 ®iĨm; C§ : 2,0 ®iĨm ) cos 3x + sin 3x Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; ) phơng trình: sin x + = cos x + + sin x   y =| x − x + | , y = x + Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng: Câu IV.( ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hình chóp tam giác S ABC đỉnh S , có độ dài cạnh đáy a Gọi M N lần lợt trung điểm cạnh SB SC Tính theo a diện tích tam giác AMN , biết mặt phẳng ( AMN ) vuông góc với mặt phẳng ( SBC ) Trong không gian với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hai đờng thẳng: x = 1+ t  x − 2y + z − =  vµ ∆ :  y = + t ∆1 :  x + y − 2z + =  z = + 2t a) Viết phơng trình mặt phẳng ( P) chứa đờng thẳng song song với đờng thẳng b) Cho điểm M (2;1;4) Tìm toạ độ điểm H thuộc đờng thẳng cho đoạn thẳng MH có độ dài nhỏ Câu V.( ĐH : 2,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Đêcac vuông góc Oxy , xét tam giác ABC vuông A , phơng trình đờng thẳng BC x y = 0, đỉnh A B thuộc trục hoành bán kính đờng tròn nội tiếp Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC Cho khai triĨn nhÞ thøc: n n n −1 n −1 −x −  x2   −x   x −1   x −1   − x   x −1  − x  n n  +  = C n  2  + C n  2    + L + C n −1  2   + C n                             ( n số nguyên dơng) Biết khai triển C n = 5C n số hạng thứ t 20n , tìm n x HÕt Ghi chú: 1) Thí sinh thi cao đẳng không làm Câu V n 2) Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh: giáo dục đào tạo - C©u ý I Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án thang điểm môn toán khối A Nội dung §H m = ⇒ y = − x + 3x x = y' = x2 = Tập xác định ∀x ∈ R y ' = −3x + x = −3 x( x − 2) , C§ ∑1,0 ® ∑1,5 ® 0,5® 0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® y" = −6 x + = 0, 0,25 ® 0,5 ® y" = ⇔ x = Bảng biến thiên x y' + 0 + +∞ U C§ låi − − CT y lâm y" +∞ x = y=0 , x = Đồ thị: y (−1) = y -1 x ( ThÝ sinh cã thÓ lËp bảng biến thiên) I Cách I Ta có − x + x + k − 3k = ⇔ − x + x = k + 3k Đặt a = − k + 3k Dùa vµo đồ thị ta thấy phơng trình x + x = a cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔ < a < ⇔ < − k + 3k <  −1 < k < 0≠k C¸ch II Ta cã − x + x + k − 3k = ⇔ ( x − k ) x + (k − 3) x + k − 3k ] = cã nghiƯm ph©n biƯt ⇔ f ( x) = x + (k − 3) x + k − 3k = có nghiệm phân biệt khác k  ∆ = −3k + 6k + >  −1 < k < ⇔ ⇔  2 k ≠ ∧ k ≠ k + k − 3k + k − 3k ≠ [ 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® - - 0,25® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® ∑1,0 ® C¸ch I  x = m −1 y' = ⇔   x2 = m + Ta thÊy x1 ≠ x vµ y ' đổi dấu qua x1 x hàm số đạt cực trị x1 x y1 = y ( x1 ) = − m + 3m − vµ y = y ( x ) = − m + 3m + Phơng trình đờng thẳng qua ®iĨm cùc trÞ M m − 1;− m + 3m − vµ M m + 1;− m + 3m + lµ: y ' = −3 x + 6mx + 3(1 − m ) = −3( x − m) + , ( ) ( ) x − m + y + m − 3m + = ⇔ y = 2x − m2 + m ' C¸ch II y = −3 x + 6mx + 3(1 − m ) = −3( x − m) + , Ta thÊy 2 ∆' = 9m + 9(1 − m ) = > ⇒ y ' = cã nghiÖm x1 ≠ x y ' đổi dấu qua x1 x hàm số đạt cực trị x1 vµ x Ta cã y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m m 1 =  x −  − 3x + 6mx + − 3m + x − m + m 3 Từ ta có y1 = x1 − m + m vµ y = x − m + m Vậy phơng trình đờng thẳng qua điểm cực trị y = x m + m ( II ∑ 0,5 ® ∑ 0,5 ® ) Víi m = ta cã log x + log x + − = 3 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® - 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® §iỊu kiƯn x > Đặt t = log x + ≥ ta cã t −1+ t − = ⇔ t + t − = t = −3 ⇔1  t2 = 2 t1 = −3 (lo¹i) , t = ⇔ log x = ⇔ log x = ± ⇔ x = ± 0,25 ® 0,5 ® x = ± tháa m·n ®iỊu kiƯn x > (ThÝ sinh cã thể giải trực tiếp đặt ẩn phụ kiểu khác) ∑1,0 ® ∑1,0 ® log x + log x + − 2m − = (2) 3 §iỊu kiƯn x > §Ỉt t = log x + ≥ ta cã t − + t − m − = ⇔ t + t − 2m − = (3) 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® - 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® x ∈ [1,3 ] ⇔ ≤ log x ≤ ⇔ ≤ t = log x + ≤ VËy (2) cã nghiƯm ∈ [1,3 ] vµ chØ (3) có nghiệm [ 1,2 ] Đặt f (t ) = t + t Cách Hàm số f (t ) hàm tăng đoạn [1; 2] Ta cã f (1) = vµ f (2) = Phơng trình t + t = 2m + ⇔ f (t ) = 2m + cã nghiÖm ∈ [1;2]  f (1) ≤ 2m + 2 ≤ m + ⇔ ⇔ ⇔ ≤ m ≤  f (2) ≥ 2m + 2 m + ≤ Cách TH1 Phơng trình (3) có nghiệm t1 ,t tháa m·n < t1 ≤ t < t +t Do = < nên không tồn m 2 TH2 Phơng trình (3) có nghiệm t1 ,t tháa m·n t1 ≤ ≤ t ≤ hc ≤ t1 ≤ ≤ t ⇔ −2m(4 − 2m ) ≤ ⇔ ≤ m ≤ (ThÝ sinh cã thĨ dïng ®å thị, đạo hàm đặt ẩn phụ kiểu khác ) III cos x + sin x    sin x +  = cos x + §iỊu kiƯn sin x ≠ − + sin x   cos 3x + sin x   sin x + sin x sin x + cos 3x + sin x   Ta cã  sin x +   = 5 + sin x  + sin x     sin x + cos x − cos x + cos x + sin x   (2 sin x + 1) cos x  =5   =5  = cos x + sin x    + sin x  VËy ta cã: cos x = cos x + ⇔ cos x − cos x + = π cos x = (lo¹i) hc cos x = ⇒ x = ± + 2kπ (k ∈ Z ) 3 ∑1,0 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 5π π vµ x = Ta thÊy x1 , x tháa m·n ®iỊu 3 5π π kiÖn sin x ≠ − Vậy nghiệm cần tìm là: x1 = x = 3 (ThÝ sinh cã thể sử dụng phép biến đổi khác) Vì x ∈ (0 ; 2π ) nªn lÊy x1 = y 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® ∑1,0 ® -1 -1 x Ta thấy phơng trình | x x + |= x + cã nghiÖm x1 = x = Mặt khác | x − x + |≤ x + ∀ x ∈ [0;5] VËy ( ) ( ) ( 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25® 0,25® ∑1® ∑1® ) S = ∫ x + 3− | x − x + | dx = ∫ x + − x + x − dx + ∫ x + + x − x + dx 0 ( ) + ∫ x + − x + x − dx ( ) ( ) ( ) S = ∫ − x + x dx + ∫ x − x + dx + ∫ − x + x dx 1 3 5    1   S =  − x3 + x  +  x3 − x + 6x  +  − x3 + x  0 3 2 3  1  13 26 22 109 S= + + = (®.v.d.t) 3 (Nếu thí sinh vẽ hình không thiết phải nêu bất đẳng thức | x x + |≤ x + ∀ x ∈ [0;5] ) IV S N I M A C 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® K B Gọi K trung điểm BC I = SK ∩ MN Tõ gi¶ thiÕt a ⇒ MN = BC = , MN // BC ⇒ I trung điểm SK MN 2 Ta cã ∆SAB = ∆SAC ⇒ hai trung tuyÕn t−¬ng ứng AM = AN AMN cân A AI⊥MN (SBC )⊥( AMN )  (SBC ) ∩ ( AMN ) = MN Mặt khác AI⊥(SBC ) ⇒ AI⊥SK AI ⊂ ( AMN ) AIMN Suy SAK cân A ⇒ SA = AK = a 3a a a SK = SB − BK = − = 4 2 2  SK  ⇒ AI = SA − SI = SA −   =   Ta cã S ∆AMN 3a a a 10 − = a 10 = MN AI = (®vdt) 16 chó ý 1) Cã thÓ chøng minh AI⊥MN nh− sau: BC⊥(SAK ) ⇒ MN⊥(SAK ) ⇒ MN⊥AI 2) Cã thÓ làm theo phơng pháp tọa độ: Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho a  a   −a   −a  K (0;0;0), B ;0;0 , C  − ;0;0 , A 0; ;0 , S  0; ;h    2     h độ dài ®−êng cao SH cđa h×nh chãp S ABC 2a) Cách I Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng có dạng: (x y + z − 4) + β (x + y − z + 4) = ( α + β ≠ ) ⇔ (α + β )x − (2α − β ) y + (α − β )z − 4α + β = r r VËy n P = (α + β ;−2α + β ;α − β ) Ta cã u = (1;1;2 ) // ∆ vµ M (1;2;1) ∈ ∆ r r  n P u = α − β = (P ) // ∆ ⇔  VËy (P ) : x − z = ⇔ M (1;2;1) ∉ (P )  M ∉ (P ) ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® - 0,5 ® - 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® ∑ 0,5 ® ∑1,0 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® 0,5 đ 0,5 đ Ta chuyển phơng trình ∆ sang d¹ng tham sè nh− sau:  x = 2t ' Từ phơng trình suy x z = Đặt x = 2t ' ⇒ ∆ :  y = 3t '−2  z = 4t '  r ⇒ M (0;−2;0) ∈ ∆ , u1 = (2;3;4) // (Ta tìm tọa độ điểm M ∈ ∆ b»ng c¸ch cho x = ⇒ y = −2 z = C¸ch II r −2 1 1 −2  vµ tÝnh u1 =   − ; − 1;  = (2;3;4) )   r Ta cã u = (1;1;2 ) // ∆ Từ ta có véc tơ pháp mặt phẳng (P) : r r r n P = [u1 , u ] = (2;0;−1) VËy ph−¬ng trình mặt phẳng (P) qua M (0;2;0 ) r vµ ⊥ n P = (2;0;−1) lµ: x z = Mặt khác M (1;2;1) (P ) phơng trình mặt phẳng cần tìm là: x z = 2b) b)Cách I H ∈ ∆ ⇒ H (1 + t ,2 + t ,1 + 2t ) ⇒ MH = (t − 1; t + 1;2t − 3) ⇒ MH = (t − 1) + (t + 1) + (2t − 3) = 6t − 12t + 11 = 6(t − 1) + đạt giá trị nhỏ chØ t = ⇒ H (2;3;3) C¸ch II H ∈ ∆ ⇒ H (1 + t ;2 + t ;1 + 2t ) r MH nhá nhÊt ⇔ MH⊥∆ ⇔ MH u = ⇔ t = ⇒ H (2;3;4) V 2 2 Ta cã BC I Ox = B(1;0 ) Đặt x A = a ta có A(a; o) ( 1đ ) xC = a y C = 3a − VËy C a; 3a −   2a + (a − 1)   xG = ( x A + x B + x C )  Tõ c«ng thøc  ta cã G  ;     yG = ( y A + y B + yC )  C¸ch I Ta cã : AB =| a − |, AC = | a − |, BC = | a − | Do ®ã 0,25 ® S ∆ABC = Ta cã VËy (a − 1)2 AB AC = 2 2S (a − 1) | a −1| r= = = = AB + AC + BC | a − | + | a − | +1 | a − |= + 0,25 ® 0,25 ® 7+4 6+2 3  ; TH1 a1 = + ⇒ G1   3     − −1 − −   ; TH2 a = −2 − ⇒ G2    3   C¸ch II y C 0,25 ® - I O B A x Gọi I tâm đờng tròn néi tiÕp ∆ABC V× r = ⇒ y I = x Phơng trình BI : y = tg 30 0.( x − 1) = ⇒ xI = ± TH1 NÕu A O khác phía B x I = + Tõ d ( I , AC ) = 7+4 6+2 3  ⇒ a = x I + = + ⇒ G1  ;  3    TH NÕu A vµ O cïng phÝa ®èi víi B ⇒ x I = − T−¬ng tù  − −1 − −   ; ta cã a = x I − = −1 − ⇒ G2    3   0,25 ® 0,25 ® ∑1 ® Tõ 0,25 ® C n = 5C n ta cã n ≥ vµ n! n! n(n − 1)(n − 2) =5 ⇔ = 5n ⇔ n − 3n − 28 = (n − 1)! 3!(n − 3)! ⇒ n1 = (loại) n = Với n = ta cã −  x2  2  C     0,25 ® 0,25 ®  −3x    = 140 ⇔ 35.2 x −2.2 − x = 140 ⇔ x − = ⇔ x =     0,5 ® Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 Môn thi : toán khối A đề thức Thời gian lµm bµi : 180 _ mx + x + m (1) (m tham số) x 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = 2) Tìm m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành hai điểm phân biệt hai điểm có hoành độ dơng Câu (2 điểm) cos x 1) Giải phơng tr×nh cotgx − = + sin x − sin x + tgx 1  x − = y − x y 2) Gi¶i hƯ phơng trình y = x + Câu (3 điểm) 1) Cho hình lập ph−¬ng ABCD A ' B ' C ' D ' Tính số đo góc phẳng nhị diện [B, A' C , D ] 2) Trong kh«ng gian với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxyz cho hình hép ch÷ nhËt ABCD A ' B ' C ' D ' cã A trïng víi gèc cđa hƯ täa ®é, B (a; 0; 0), D(0; a; 0), A '(0; 0; b) (a > 0, b > 0) Gäi M trung điểm cạnh CC ' a) Tính thĨ tÝch khèi tø diƯn BDA ' M theo a b a b) Xác định tỷ số để hai mặt phẳng ( A ' BD) ( MBD) vuông góc với b Câu ( điểm) y= Câu (2 điểm) Cho hàm số n 1) Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển nhị thức Niutơn + x  , biÕt r»ng  x  n+ n C n + − C n + = 7(n + 3) k ( n số nguyên dơng, x > 0, C n số tổ hợp chập k n phần tử) 2) TÝnh tÝch ph©n I= ∫ dx x x +4 Câu (1 điểm) Cho x, y, z ba số dơng x + y + z ≤ Chøng minh r»ng 1 x2 + + y2 + + z2 + ≥ x2 y2 z2 82 −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Ghi chó: C¸n coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Câu VII.b (1,0 điểm) Đáp án Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = – 2i ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = – 2i ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = – 2i ⎧3a − 3b = ⎩a + b − = −2 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = – 2i ⇔ ⎨ ⇔ a= 1 , b = − ⋅ Suy môđun: | z | = a + b = ⋅ 3 - Hết - Trang 5/5 Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2( m + 1) x + m (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh tam giác vuông Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x + cos x = cos x − ⎧ x3 − x − x + 22 = y + y − y ⎪ Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ ) x + y2 − x + y = ⎪ ⎩ + ln( x + 1) dx x2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABC có đáy tam giác cạnh a Hình chiếu vng góc S mặt phẳng (ABC) điểm H thuộc cạnh AB cho HA = HB Góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABC) 60o Tính thể tích khối chóp S.ABC tính khoảng cách hai đường thẳng SA BC theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực x, y , z thỏa mãn điều kiện x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu thức Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ P = | x− y | + | y − z | + | z − x | − x + y + z II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần riêng (phần A 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 trung điểm 11 cạnh BC, N điểm cạnh CD cho CN = ND Giả sử M đường thẳng AN có ; 2 phương trình x − y − = Tìm tọa độ điểm A x +1 y z − Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : = = điểm I (0; 0;3) Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I cắt d hai điểm A, B cho tam giác IAB vuông I n Câu 9.a (1,0 điểm) Cho n số nguyên dương thỏa mãn 5Cn −1 = Cn Tìm số hạng chứa x khai ( ( ) ) n nx − , x ≠ triển nhị thức Niu-tơn 14 x B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ): x + y = Viết phương trình tắc elip (E), biết (E) có độ dài trục lớn (E) cắt (C) bốn điểm tạo thành bốn đỉnh hình vng x +1 y z − Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : , mặt = = 1 phẳng ( P ): x + y − z + = điểm A(1; −1; 2) Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d (P) M N cho A trung điểm đoạn thẳng MN 5( z + i ) Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn = − i Tính mơđun số phức w = + z + z z +1 HẾT -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ 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 2012 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 0, ta có: y = x − x • Tập xác định: D = • Sự biến thiên: 0,25 − Chiều biến thiên: y ' = x3 − x; y ' = ⇔ x = x = ±1 Các khoảng nghịch biến: (− ∞; −1) (0; 1); khoảng đồng biến: (−1; 0) (1; + ∞) − Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại x = 0, yCĐ = − Giới hạn: lim y = lim y = + ∞ x→−∞ − Bảng biến thiên: 0,25 x→+∞ x −∞ y' –1 – 0 + +∞ +∞ – + +∞ 0,25 y –1 –1 • Đồ thị: y 0,25 –1 O –2 x –1 b) (1,0 điểm) Ta có y ' = x − 4( m + 1) x = x ( x − m − 1) Đồ thị hàm số có điểm cực trị m + > ⇔ m > −1 (*) Các điểm cực trị đồ thị A(0; m ), B(− m + 1; − 2m − 1) C ( m + 1; − 2m − 1) Suy ra: AB = ( − m + 1; − ( m + 1) ) AC = ( m + 1; − ( m + 1) ) 0,25 0,25 Ta có AB = AC nên tam giác ABC vuông AB AC = 0,25 ⇔ ( m + 1) − ( m + 1) = Kết hợp (*), ta giá trị m cần tìm m = 0,25 Trang 1/4 Câu Đáp án Điểm Phương trình cho tương đương với ( sin x + cos x − 1) cos x = (1,0 điểm) π • cos x = ⇔ x = + kπ (k ∈ ) π π • sin x + cos x − = ⇔ cos x − = cos 3 2π + k 2π (k ∈ ) ⇔ x = k 2π x = π 2π + k 2π (k ∈ ) Vậy nghiệm phương trình cho x = + kπ, x = k 2π x = 3 3 ⎧( x − 1) − 12( x − 1) = ( y + 1) − 12( y + 1) (1) ⎪ (1,0 điểm) Hệ cho tương đương với: ⎨ 12 12 (2) + y+ = ⎪x− ⎩ 2 1 1 Từ (2), suy −1 ≤ x − ≤ −1 ≤ y + ≤ ⇔ − ≤ x − ≤ − ≤ y + ≤ 2 2 2 3 Xét hàm số f (t ) = t − 12t ⎡− ; ⎤ , ta có f '(t ) = 3(t − 4) < , suy f(t) nghịch biến ⎢ 2⎥ ⎣ ⎦ Do (1) ⇔ x – = y + ⇔ y = x – (3) 2 3 + x− = ⇔ x − x + = ⇔ x = x = Thay vào (2), ta x − 2 2 3 Thay vào (3), ta nghiệm hệ ( x; y ) = ; − ( x; y ) = ; − 2 2 dx dx Đặt u = + ln( x + 1) dv = , suy du = v = − (1,0 điểm) x +1 x x ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ) ( + ln( x + 1) I=− + x = + ln + 3 ∫( ( ) dx ∫ x( x + 1) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ) + ln x 1 + ln dx = − x +1 x x +1 0,25 2 = + ln − ln 3 (1,0 điểm) 0,25 0,25 Ta có SCH góc SC (ABC), suy SCH = 60o a a Gọi D trung điểm cạnh AB Ta có: HD= , CD = , a a 21 HC = HD + CD = , SH = HC.tan60o = 3 0,25 1 a 21 a a VS ABC = SH S ∆ABC = = 3 12 S 0,25 Kẻ Ax//BC Gọi N K hình chiếu vng góc H Ax SN Ta có BC//(SAN) BA = HA nên d ( SA, BC ) = d ( B,( SAN )) = d ( H ,( SAN )) Ta có Ax ⊥ ( SHN ) nên Ax ⊥ HK Do HK ⊥ ( SAN ) Suy d ( H ,( SAN )) = HK 0,25 K A x N D C H B AH = 2a a , HN = AH sin 60o = , HK = 3 SH HN SH + HN Trang 2/4 = a 42 a 42 Vậy d ( SA, BC ) = 12 0,25 Câu Đáp án Điểm Ta chứng minh 3t ≥ t + 1, ∀t ≥ (*) (1,0 điểm) Xét hàm f (t ) = 3t − t − , có f '(t ) = 3t ln − > 0, ∀t ≥ f (0) = , suy (*) 0,25 Áp dụng (*), ta có | x− y | + | y− z | + | z− x | ≥ 3+ | x − y | + | y − z | + | z − x | Áp dụng bất đẳng thức | a | + | b | ≥ | a + b | , ta có: (| x − y | + | y − z | + | z − x |) = | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 + | x − y |(| y − z | + | z − x |) + | y − z |(| z − x | + | x − y |) ( 2 ) 0,25 + | z − x |(| x − y | + | y − z |) ≥ | x − y | + | y − z | + | z − x | ( ) Do | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ | x − y |2 + | y − z |2 + | z − x |2 = x + y + z − ( x + y + z ) 2 0,25 Mà x + y + z = 0, suy | x − y | + | y − z | + | z − x | ≥ x + y + z Suy P = | x− y | + | y−z | + | z−x | − x + y + z ≥3 Khi x = y = z = dấu xảy Vậy giá trị nhỏ P Gọi H giao điểm AN BD Kẻ đường thẳng qua H 7.a song song với AB, cắt AD BC P Q (1,0 điểm) Đặt HP = x Suy PD = x, AP = 3x HQ = 3x A B Ta có QC = x, nên MQ = x Do ∆AHP = ∆HMQ, suy AH ⊥ HM Hơn nữa, ta có AH = HM M 10 Do AM = MH = 2d ( M ,( AN )) = H Q P A∈AN, suy A(t; 2t – 3) C D 11 45 10 N + 2t − = MA = ⇔ t− 2 2 ) ( ( ) ⇔ t − 5t + = ⇔ t = t = Vậy: A(1; −1) A(4;5) ) ( 2 ⇒ IH = − ; ; − 3 3 Tam giác IAH vuông cân H, suy bán kính mặt cầu (S) R = IA = IH = Do phương trình mặt cầu cần tìm ( S ): x + y + ( z − 3)2 = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 9.a n(n − 1)(n − 2) n −1 (1,0 điểm) 5Cn = Cn ⇔ 5n = 0,25 ⇔ n = (vì n nguyên dương) n 0,25 0,25 8.a Véc tơ phương d a = (1; 2; 1) Gọi H trung điểm AB, suy IH ⊥ AB (1,0 điểm) Ta có H ∈d nên tọa độ H có dạng H (t −1; 2t ; t + 2) ⇒ IH = (t −1; 2t ; t −1) IH ⊥ AB ⇔ IH a = ⇔ t − + 4t + t − = ⇔ t = 0,25 0,25 7 2 ⎞ ⎛ x2 ⎞ ⎛ nx k⎛x ⎞ Khi ⎜ − ⎟ =⎜ − ⎟ = C7 ⎜ ⎟ x⎠ ⎝ x ⎠ k =0 ⎝ ⎠ ⎝ 14 ∑ 7−k (− ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k x k k k 0,25 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = ⇔ k = Do số hạng cần tìm (−1)3 C7 35 x = − x5 16 Trang 3/4 0,25 Câu Đáp án 7.b (1,0 điểm) Điểm Phương trình tắc (E) có dạng: y O x2 a2 + y2 b2 = 1, 0,25 với a > b > 2a = Suy a = Do (E) (C) nhận Ox Oy làm trục đối xứng giao điểm đỉnh hình vng nên (E) (C) có giao điểm với tọa độ dạng A(t ; t ), t > A x 0,25 A∈(C) ⇔ t + t = 8, suy t = 0,25 A(2;2) ∈ ( E ) ⇔ 16 4 + = ⇔ b2 = 16 b Phương trình tắc (E) 8.b (1,0 điểm) M thuộc d, suy tọa độ M có dạng M(2t – 1; t; t + 2) x2 y + = 16 16 0,25 0,25 MN nhận A trung điểm, suy N(3 – 2t; – – t; – t) 0,25 N∈(P) ⇔ − 2t − − t − 2(2 − t ) + = ⇔ t = 2, suy M(3; 2; 4) 0,25 Đường thẳng ∆ qua A M có phương trình ∆ : x −1 y + z − = = Đặt z = a + bi (a, b ∈ ), z ≠ −1 9.b (1,0 điểm) 5( z + i ) = − i ⇔ (3a − b − 2) + (a − 7b + 6)i = Ta có z +1 0,25 0,25 ⎧3a − b − = ⎧a = ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎩ a − 7b + = ⎩b = 0,25 Do z =1+i Suy w = + z + z =1+1+ i + (1+ i )2 = + 3i 0,25 Vậy w = + 3i = 13 0,25 - HẾT - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−− − − − −− ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối A 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 (2,0 điểm) Cho hàm số y = −x3 + 3x2 + 3mx − (1), với m tham số thực a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) nghịch biến khoảng (0; + ∞) √ π Câu (1,0 điểm) Giải phương trình + tan x = 2 sin x + √ √ x + + x − − y4 + = y Caâu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình x2 + 2x(y − 1) + y − 6y + = (x, y ∈ R) Câu (1,0 điểm) Tính tích phân x2 − ln x dx x2 I= Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác vuông A, ABC = 30◦ , SBC tam giác cạnh a mặt bên SBC vuông góc với đáy Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB) Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương a, b, c thỏa mã√ điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trị n 3 a + b2 32b 32a − + nhỏ biểu thức P = c (b + 3c)3 (a + 3c)3 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A 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 điểm C thuộc đường thẳng d : 2x + y + = A(−4; 8) Gọi M điểm đối xứng B qua C, N hình chiếu vuông góc B đường thẳng MD Tìm tọa độ điểm B C, biết N(5; −4) y+1 x−6 z+2 = Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng ∆ : = −3 −2 điểm A(1; 7; 3) Viết phương trình mặt phẳng (P ) qua A vuông góc với ∆ Tìm tọa độ điểm √ M thuộc ∆ cho AM = 30 Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi S tập hợp tất số tự nhiên gồm ba chữ số phân biệt chọn từ chữ số 1; 2; 3; 4; 5; 6; Xác định số phần tử S Chọn ngẫu nhiên số từ S, tính xác suất để số chọn số chẵn B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong √ t phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng ∆ : x − y = Đường mặ √ tròn (C) có bán kính R = 10 cắt ∆ hai điểm A B cho AB = Tiếp tuyến (C) A B cắt 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 = mặt cầu (S) : x2 + y + z − 2x + 4y − 2z − = Chứng minh (P ) tiếp xúc với (S) Tìm tọa độ tiếp điểm (P ) (S) √ Câu 9.b (1,0 điểm) Cho số phức z = + i Viết dạng lượng giác z Tìm phần thực phần ảo số phức w = (1 + i)z5 −−− − −−Hết− − − − −− Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Mơn: TỐN; Khối A khối A1 (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm a (1,0 điểm) Khi m = ta có y = − x3 + x − • Tập xác định: D = • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = −3x + x; y ' = ⇔ x = x = Khoảng đồng biến: (0; 2); khoảng nghịch biến: (−∞; 0) (2; + ∞) - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = 0, yCT = −1; đạt cực đại x = 2, yCĐ = - Giới hạn: lim y = +∞; lim y = −∞ x→−∞ 0,25 x→+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ y' − +∞ 0 + +∞ y − 0,25 −1 • Đồ thị: −∞ y 0,25 O x −1 b (1,0 điểm) Ta có y ' = −3x + x + 3m Hàm số (1) nghịch biến khoảng (0; + ∞) y ' ≤ 0, ∀x > ⇔ m ≤ x − x, ∀x > Xét f ( x) = x − x với x > Ta có f '( x) = x − 2; f '( x) = ⇔ x = 0,25 0,25 Bảng biến thiên: x − f '( x) f ( x) +∞ + +∞ 0,25 −1 Dựa vào bảng biến thiên ta giá trị m thỏa mãn yêu cầu toán m ≤ −1 Trang 1/4 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án Điểm Điều kiện: cos x ≠ Phương trình cho tương đương với + sin x = 2(sin x + cos x) cos x ⇔ (sin x + cos x)(2cos x − 1) = • sin x + cos x = ⇔ x = − • 2cos x − = ⇔ x = ± 0,25 π + kπ (k ∈ ) 0,25 π + k 2π (k ∈ ) Đối chiếu điều kiện ta nghiệm: x = − (1,0 điểm) 0,25 π π + kπ x = ± + k 2π (k ∈ ) ⎧ x + + x − − y + = y (1) ⎪ ⎨ ⎪ x + x( y − 1) + y − y + = (2) ⎩ 0,25 0,25 Điều kiện: x ≥ Từ (2) ta y = ( x + y − 1) , suy y ≥ Đặt u = x − 1, suy u ≥ Phương trình (1) trở thành: Xét f (t ) = t + + t , với t ≥ Ta có f '(t ) = 2t t +2 u4 + + u = y + + y (3) + > 0, ∀t ≥ 0,25 Do phương trình (3) tương đương với y = u, nghĩa x = y + Thay vào phương trình (2) ta y ( y + y + y − 4) = (4) Hàm g ( y ) = y + y + y − có g '( y ) = y + y + > với y ≥ Mà g (1) = 0, nên (4) có hai nghiệm khơng âm y = y = Với y = ta nghiệm ( x; y ) = (1; 0); với y = ta nghiệm ( x; y ) = (2; 1) Vậy nghiệm ( x; y ) hệ cho (1; 0) (2; 1) (1,0 điểm) Đặt u = ln x, dv = x2 − x dx ⇒ du = dx , v= x+ x x 0,25 0,25 0,25 2 1 Ta có I = ⎛ x + ⎞ ln x − ∫ ⎛ x + ⎞ dx ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ x⎠ x⎠x ⎝ 1⎝ 0,25 1 = ⎛ x + ⎞ ln x − ⎛ x − ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ x⎠ x ⎠1 ⎝ ⎝ = ln − 2 (1,0 điểm) 0,25 0,25 Gọi H trung điểm BC, suy SH ⊥ BC Mà (SBC) vng góc với (ABC) theo giao tuyến BC, nên SH ⊥ (ABC) Ta có BC = a, suy SH = S AB = BC cos30o = Do VS ABC = I B H C A 0,25 a a ; AC = BC sin 30o = ; 2 a 0,25 a3 SH AB AC = 16 Tam giác ABC vuông A H trung điểm BC nên HA = HB Mà SH ⊥ (ABC), suy SA = SB = a Gọi I trung điểm AB, suy SI ⊥ AB 0,25 AB a 13 = 4 3V 6V a 39 Suy d (C ,( SAB )) = S ABC = S ABC = S ΔSAB SI AB 13 0,25 Do SI = SB − Trang 2/4 Câu (1,0 điểm) Đáp án Đặt x = Điểm a b , y = Ta x > 0, y > Điều kiện toán trở thành xy + x + y = c c 3 32 y Khi P = 32 x + − x2 + y2 3 ( y + 3) ( x + 3) (u + v)3 Với u > 0, v > ta có u + v = (u + v) − 3uv(u + v) ≥ (u + v) − (u + v)3 = 4 3 3 0,25 3 32 x3 + 32 y ≥ ⎛ x + y ⎞ = ⎛ ( x + y ) − xy + x + y ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ y +3 x+3⎟ ⎜ ⎟ xy + x + y + ⎝ ⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 ⎝ ⎠ Thay xy = − x − y vào biểu thức ta Do 3 32 x3 + 32 y ≥ ⎛ ( x + y − 1)( x + y + 6) ⎞ = ( x + y − 1)3 Do ⎜ ⎟ 2( x + y + 6) ⎝ ⎠ ( y + 3)3 ( x + 3)3 0,25 P ≥ ( x + y −1)3 − x + y = ( x + y −1)3 − ( x + y ) − xy = ( x + y −1)3 − ( x + y ) + 2( x + y ) − Đặt t = x + y Suy t > P ≥ (t − 1)3 − t + 2t − ( x + y)2 t2 nên (t − 2)(t + 6) ≥ Do t ≥ =t+ 4 t +1 Xét f (t ) = (t − 1)3 − t + 2t − 6, với t ≥ Ta có f '(t ) = 3(t − 1) − t + 2t − Ta có = x + y + xy ≤ ( x + y ) + Với t ≥ ta có 3(t − 1) ≥ t +1 t + 2t − = 1+ 0,25 ≤ + = , nên 2 (t + 1) − > Suy f (t ) ≥ f (2) = − Do P ≥ − Khi a = b = c P = − Do giá trị nhỏ P − Do C ∈ d nên C (t ; −2t − 5) Gọi I tâm hình chữ nhật ABCD, suy I trung điểm AC Do I t − ; −2t + 2 Tam giác BDN vuông N nên IN = IB Suy IN = IA A D Do ta có phương trình f '(t ) ≥ − 7.a (1,0 điểm) ) ( ( I N B 8.a (1,0 điểm) C M ) ( ) 2 ⎛ − t − ⎞ + − − −2t + = − − t − + ⎛8 − − 2t + ⎞ ⎜ ⎟ ⎜ ⎟ ⎠ 2 ⎠ ⎝ ⎝ ⇔ t = Suy C (1; −7) Do M đối xứng với B qua C nên CM = CB Mà CB = AD CM||AD nên tứ giác ACMD hình bình hành Suy AC||DM Theo giả thiết, BN ⊥ DM, suy BN ⊥ AC CB = CN Vậy B điểm đối xứng N qua AC Đường thẳng AC có phương trình: x + y + = Đường thẳng BN qua N vng góc với AC nên có phương trình x − y − 17 = Do B(3a + 17; a ) Trung điểm BN thuộc AC nên 3a + 17 + ⎞ a − 3⎛ + = ⇔ a = −7 Vậy B ( −4; −7) ⎜ ⎟+ 2 ⎝ ⎠ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Δ có véctơ phương u = (−3; −2;1) 0,25 (P) qua A nhận u làm véctơ pháp tuyến, nên (P) có phương trình −3( x − 1) − 2( y − 7) + ( z − 3) = ⇔ 3x + y − z − 14 = 0,25 M thuộc Δ nên M (6 − 3t ; −1 − 2t ; −2 + t ) 0,25 AM = 30 ⇔ (6 − 3t − 1) + (−1 − 2t − 7) + (−2 + t − 3)2 = 120 ⇔ 7t − 4t − = 51 ; − ; − 17 ⇔ t = t = − Suy M (3; −3; −1) M 7 7 Trang 3/4 ( ) 0,25 Câu Đáp án Điểm 9.a (1,0 điểm) Số phần tử S A3 = 210 Số cách chọn số chẵn từ S 3.6.5 = 90 (cách) 90 = Xác suất cần tính 210 Gọi M giao điểm tiếp tuyến A B (C), H giao điểm AB IM Khi M (0; t ), với t ≥ 0; H trung điểm AB = 2 AB Suy AH = M 1 = + , suy AM = 10 2 AH AM AI B Do MH = AM − AH = |t | , nên t = Do M (0; 8) Mà MH = d ( M , Δ ) = H Đường thẳng IM qua M vng góc với Δ nên có phương I trình x + y − = Do tọa độ điểm H thỏa mãn hệ A ⎧x − y = Δ ⇒ H (4;4) ⎨ ⎩x + y − = 1 Ta có IH = IA2 − AH = = HM , nên IH = HM 4 Do I (5;3) 0,25 7.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Vậy đường trịn (C) có phương trình ( x − 5) + ( y − 3) = 10 8.b (1,0 điểm) (S) có tâm I (1; −2;1) bán kính R = 14 d ( I ,( P)) = | 2.1 + 3(−2) + 1.1 − 11| = 14 = R Do (P) tiếp xúc với (S) 14 22 + 32 + 12 Gọi M tiếp điểm (P) (S) Suy M thuộc đường thẳng qua I vng góc với (P) Do M (1 + 2t ; −2 + 3t ;1 + t ) Do M thuộc (P) nên 2(1 + 2t ) + 3(−2 + 3t ) + (1 + t ) − 11 = ⇔ t = Vậy M (3;1; 2) 9.b (1,0 điểm) ⎛1 3⎞ z = + 3i = ⎜ + i ⎟ ⎠ ⎝2 π π = ⎛ cos + i sin ⎞ ⎜ ⎟ 3⎠ ⎝ 5π 5π Suy z = 25 ⎛ cos + i sin ⎞ = 16(1 − 3i ) ⎜ ⎟ 3 ⎠ ⎝ Do w = 16( + 1) + 16(1 − 3)i Vậy w có phần thực 16( + 1) phần ảo 16(1 − 3) - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO −−−−− − − − −− ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A Khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−− −−−−−−−−− x+2 x−1 (1) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) b) Tìm tọa độ điểm M thuộc (C) cho khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình √ sin x + cos x = + sin 2x Câu (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn đường cong y = x2 − x + đường thẳng y = 2x + Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z + (2 + i) z = + 5i Tìm phần thực phần ảo z b) Từ hộp chứa 16 thẻ đánh số từ đến 16, chọn ngẫu nhiên thẻ Tính xác suất để thẻ chọn đánh số chẵn Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P ) : 2x+y −2z −1 = x−2 z+3 y Tìm tọa độ giao điểm d (P ) Viết phương đường thẳng d : = = −2 trình mặt phẳng chứa d vuông góc với (P ) 3a , hình chiếu vuông góc S mặt phẳng (ABCD) trung điểm cạnh AB Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBD) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SD = Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có điểm M trung điểm đoạn AB N điểm thuộc đoạn AC cho AN = 3NC Viết phương trình đường thẳng CD, biết M(1; 2) N(2; −1) Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình √ x 12 − y + y(12 − x2 ) = 12 (x, y ∈ R) √ x3 − 8x − = y − Câu (1,0 điểm) Cho x, y, z số thực không âm thỏa mãn điều kiện x2 + y + z = Tìm giá trị lớn biểu thức P = y+z x2 + yz + − x2 + yz + x + x + y + z + −−− − −−Heát− − − − −− Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ 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 2014 Môn: TOÁN; Khối A Khối A1 (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−− −−−−−−−−− Đáp án Câu a) (1,0 điểm) (2,0đ) • Tập xác định D = R \ {1} • Sự biến thiên: ; y < 0, ∀x ∈ D (x − 1)2 Hàm số nghịch biến khoảng (−∞; 1) (1; +∞) 0,25 - Chiều biến thiên: y = − - Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = 1; tiệm cận ngang: y = x→−∞ 0,25 x→+∞ lim y = −∞; lim y = +∞; tiệm cận đứng: x = x→1+ x→1− - Bảng biến thiên: x −∞ y y Điểm P P − +∞ − +∞ P PP PP PP q P 0,25 PP PP q −∞ y   • Đồ thũ: Ơ 0,25 Ư Â Ê x Ô −2 ¡ O −2 b) (1,0 điểm) M ∈ (C) ⇒ M a; a+2 , a = a−1 0,25 a+2 a+ a √ −1 Khoảng cách từ M đến đường thẳng y = −x d = √ a2 − 2a + = d = ⇔ |a2 + 2| = 2|a − 1| ⇔ a2 + 2a = • a2 − 2a + = 0: phương trình vô nghiệm a=0 • a2 + 2a = ⇔ Suy tọa độ điểm M cần tìm là: M (0; −2) M (−2; 0) a = −2 0,25 0,25 0,25 Đáp án Câu Phương trình cho tương đương với (1,0ñ) ⇔ (sin x − 2)(2 cos x − 1) = sin x + cos x = + sin x cos x • sin x − = 0: phương trình vô nghiệm π • cos x − = ⇔ x = ± + k2π (k ∈ Z) π Nghiệm phương trình cho là: x = ± + k2π (k ∈ Z) 3 Phương trình hoành độ giao điểm đường cong y = x − x + đường thẳng x=1 (1,0đ) y = 2x + laø x2 − x + = 2x + ⇔ x = Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Diện tích hình phẳng cần tìm S = |x2 − 3x + 2|dx 0,25 x3 3x2 − + 2x (x2 − 3x + 2)dx = = 0,25 1 = 0,25 3a + b = a) Đặt z = a + bi (a, b ∈ R) Từ giả thiết suy a−b=5 (1,0đ) ⇔ a = 2, b = −3 Do số phức z có phần thực 2, phần ảo −3 0,25 0,25 b) Số phần tử không gian mẫu là: C = 1820 16 Số kết thuận lợi cho biến cố “4 thẻ đánh số chẵn” là: C = 70 70 Xác suất cần tính p = = 1820 26 0,25 0,25 Goïi M giao điểm d (P ), suy M (2 + t; −2t; −3 + 3t) 0,25 Do M ; −3; 2 − = (1; −2; 3), (P ) có vectơ pháp tuyến − = (2; 1; −2) → → d có vectơ phương u n → − Mặt phẳng (α) cần viết phương trình có vectơ pháp tuyeán [ − , →] = (1; 8; 5) u n 0,25 Ta có A(2; 0; −3) ∈ d nên A ∈ (α) Do (α) : (x − 2) + 8(y − 0) + 5(z + 3) = 0, nghóa (α) : x + 8y + 5z + 13 = 0,25 (1,0ñ) M ∈ (P ) suy 2(2 + t) + (−2t) − 2(−3 + 3t) − = ⇔ t = (1,0đ) Gọi H trung điểm AB, suy √ SH ⊥ (ABCD) Do SH ⊥ HD Ta có SH = SD − DH = SD − (AH + AD2 ) = a S   B E ă â   Đ A K  H a3 SH.SABCD = 3 Goïi K hình chiếu vuông góc H BD E hình chiếu vuông góc H SK Ta có BD ⊥ HK BD ⊥ SH, nên BD ⊥ (SHK) Suy BD ⊥ HE Maø HE ⊥ SK, HE ⊥ (SBD) √ a Ta coù HK = HB sin KBH = HS.HK a Suy HE = √ = + HK HS 2a Do d(A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE = Suy V S.ABCD = D C 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Đáp án √ Ta có M N = 10 Gọi a độ dài cạnh của√ hình vuông ABCD, I C a 3AC 3a (1,0ñ) D a > Ta có AM = AN = = , 4 5a2 N neân M N = AM + AN − 2AM.AN cos M AN = 5a Do = 10, nghóa a = Gọi I(x; y) trung điểm CD Ta có IM = AD = BD √ A M B vaø IN = = 2, nên ta có hệ phương trình x = 1; y = −2 (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 ⇔ 17 (x − 2)2 + (y + 1)2 = x= ;y = − 5 −→ − • Với x = 1; y = −2 ta có I(1; −2) IM = (0; 4) −→ − Đường thẳng CD qua I có vectơ pháp tuyến IM, nên có phương trình y + = Câu Điểm  0,25 !  "    17 17 −→ − 12 16 ; y = − ta coù I ;− vaø IM = − ; 5 5 5 −→ − Đường thẳng CD qua I có vectơ pháp tuyến IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = • Với x = (1,0ñ) 0,25 0,25 0,25 √ x 12 − y + √ √ y(12 − x2 ) = 12 (1) Điều kieän: −2 ≤ x ≤ 3; ≤ y ≤ 12 √ x3 − 8x − = y − (2) √ x2 + 12 − y y + 12 − x2 Ta coù x 12 − y ≤ vaø y(12 − x2 ) ≤ 2 √ x≥0 ) ≤ 12 Do (1) ⇔ neân x 12 − y + y(12 − x y = 12 − x2 √ √ Thay vaøo (2) ta x3 − 8x − = 10 − x2 ⇔ x3 − 8x − + 2(1 − 10 − x2 ) = 2(x + 3) √ ⇔ (x − 3) x2 + 3x + + = (3) + 10 − x2 Do x ≥ neân x2 + 3x + + 2(x + 3) √ > + 10 − x2 Do (3) ⇔ x = Thay vào hệ đối chiếu điều kiện ta nghiệm: (x; y) = (3; 3) Ta coù ≤ (x − y − z)2 = x2 + y + z − 2xy − 2xz + 2yz = 2(1 − xy − xz + yz), (1,0đ) nên x2 + yz + x + = x(x + y + z + 1) + (1 − xy − xz + yz) ≥ x(x + y + z + 1) x2 x Suy ≤ x + yz + x + x+y+z+1 Mặc khác, (x + y + z) = x2 + y + z + 2x(y + z) + 2yz = + 2yz + 2x(y + z) x+y+z (x + y + z)2 ≤ + 2yz + [x2 + (y + z)2 ] = 4(1 + yz) Do P ≤ − x+y+z+1 36 Đặt t = x + y + z, suy t ≥ vaø t = (x + y + z)2 = (x2 +√2 + z ) + 2xy + 2yz + 2zx y 2 2 2 ≤ + (x + y ) + (y + z ) + (z + x ) = Do ≤ t ≤ √ t t2 Xeùt f (t) = − , với ≤ t ≤ t + 36 t (t − 2)(t2 + 4t + 9) Ta có f (t) = − =− , nên f (t) = ⇔ t = (t + 1)2 18 18(t + 1)2 √ √ √ 31 Ta coù f (0) = 0; f (2) = f ( 6) = − , nên f (t) ≤ ≤ t ≤ 30 5 Do P ≤ Khi x = y = z = P = Do giá trị lớn P 9 −−− − −−Hết− − − − −− 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ... − x + x − dx + ∫ x + + x − x + dx 0 ( ) + ∫ x + − x + x − dx ( ) ( ) ( ) S = ∫ − x + x dx + ∫ x − x + dx + ∫ − x + x dx 1 3 5    1   S =  − x3 + x  +  x3 − x + 6x  +  − x3 + x  0... nhị thức Niutơn (1,00 điểm) • Từ giả thi? ??t suy ra: C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + Cn +1 = 220 2n 2n 2n Ck +1 2n (1) C2n +1 −k , ∀k, ≤ 2n +1 k ≤ 2n + nên: 2n +1 C0 +1 + C1 +1 + ⋅⋅⋅ + Cn +1 = C0 +1 + C1 +1 ... 0,25 x + + C 2n +1 2n +1 x 2n +1 ∀x ∈ 1,0 0,25 Đạo hàm hai vế ta có ( 2n + 1)(1 + x ) 2n 2n +1 = C1 +1 + 2C2n +1 x + 3C3 +1 x + + ( 2n + 1) C2n +1 x 2n ∀x ∈ 2n 2n Thay x = −2 ta có: 2n +1 C1 +1