bé gi¸o dơc vµ ®µo t¹o Kú thi tun sinh ®¹i häc, cao §¼nG n¨m 2002 -M«n thi : to¸n §Ị chÝnh thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót) _ C©u I (§H : 2,5 ®iĨm; C§ : 3,0 ®iĨm) Cho hµm sè : y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m (1) ( m lµ tham sè) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) m = T×m k ®Ĩ ph−¬ng tr×nh: − x + x + k − 3k = cã ba nghiƯm ph©n biƯt ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua hai ®iĨm cùc trÞ cđa ®å thÞ hµm sè (1) C©u II.(§H : 1,5 ®iĨm; C§: 2,0 ®iĨm) log 32 x + log 32 x + − 2m − = Cho ph−¬ng tr×nh : (2) ( m lµ tham sè) m = Gi¶i ph−¬ng tr×nh (2) T×m m ®Ĩ ph−¬ng tr×nh (2) cã Ýt nhÊt mét nghiƯm thc ®o¹n [ ; 3 ] C©u III (§H : 2,0 ®iĨm; C§ : 2,0 ®iĨm ) cos 3x + sin 3x   T×m nghiƯm thc kho¶ng (0 ; 2π ) cđa ph−¬ng tr×nh: 5 sin x +  = cos x + + sin x   TÝnh diƯn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng: y =| x − x + | , y = x + C©u IV.( §H : 2,0 ®iĨm; C§ : 3,0 ®iĨm) Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Ịu S ABC ®Ønh S , cã ®é dµi c¹nh ®¸y b»ng a Gäi M vµ N lÇn l−ỵt lµ c¸c trung ®iĨm cđa c¸c c¹nh SB vµ SC TÝnh theo a diƯn tÝch tam gi¸c AMN , biÕt r»ng mỈt ph¼ng ( AMN ) vu«ng gãc víi mỈt ph¼ng ( SBC ) Trong kh«ng gian víi hƯ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®−êng th¼ng:  x = 1+ t  x − 2y + z − =  vµ ∆ :  y = + t ∆1 :  x + y − 2z + =  z = + 2t  a) ViÕt ph−¬ng tr×nh mỈt ph¼ng ( P) chøa ®−êng th¼ng ∆ vµ song song víi ®−êng th¼ng ∆ b) Cho ®iĨm M (2;1;4) T×m to¹ ®é ®iĨm H thc ®−êng th¼ng ∆ cho ®o¹n th¼ng MH cã ®é dµi nhá nhÊt C©u V.( §H : 2,0 ®iĨm) Trong mỈt ph¼ng víi hƯ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , xÐt tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng BC lµ x − y − = 0, c¸c ®Ønh A vµ B thc trơc hoµnh vµ b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp b»ng T×m täa ®é träng t©m G cđa tam gi¸c ABC Cho khai triĨn nhÞ thøc: n n n −1 n −1 −x  x2−1   −x   x −1   x −1   − x   x −1  − x   +  = C n0  2  + C n1  2    + L + C nn −1  2   + C nn                             ( n lµ sè nguyªn d−¬ng) BiÕt r»ng khai triĨn ®ã C n = 5C n vµ sè h¹ng thø t− b»ng 20n , t×m n vµ x HÕt Ghi chó: 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u V n 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh: Sè b¸o danh: bé gi¸o dơc vµ ®µo t¹o - C©u ý I Kú thi tun sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 §¸p ¸n vµ thang ®iĨm m«n to¸n khèi A Néi dung §H m = ⇒ y = − x + 3x x = y' = ⇔   x2 = TËp x¸c ®Þnh ∀x ∈ R y ' = −3 x + x = −3x( x − 2) , y" = −6 x + = 0, C§ ∑1,0 ® ∑1,5 ® 0,25 ® 0,5® 0,5 ® 0,5 ® 0,25 ® 0,5 ® y" = ⇔ x = B¶ng biÕn thiªn −∞ x − y' +∞ + − lâm U CT C§ låi x = y=0⇔ , x = §å thÞ: +∞ + y" y − −∞ y (−1) = y -1 x ( ThÝ sinh cã thĨ lËp b¶ng biÕn thiªn) I C¸ch I Ta cã − x + x + k − 3k = ⇔ − x + x = −k + 3k §Ỉt a = − k + 3k Dùa vµo ®å thÞ ta thÊy ph−¬ng tr×nh − 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 = cã nghiƯm ph©n biƯt kh¸c 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 ' ®ỉi dÊu qua x1 vµ x ⇒ hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i x1 vµ x y1 = y ( x1 ) = − m + 3m − vµ y = y ( x ) = − m + 3m + Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua ®iĨm cùc trÞ M m − 1;− m + 3m − vµ M m + 1;− m + 3m + lµ: y ' = −3x + 6mx + 3(1 − m ) = −3( x − m) + , ( ) ( ) x − m + y + m − 3m + = ⇔ y = 2x − m2 + m ' C¸ch II y = −3x + 6mx + 3(1 − m ) = −3( x − m) + , Ta thÊy 2 ∆' = 9m + 9(1 − m ) = > ⇒ y ' = cã nghiƯm x1 ≠ x vµ y ' ®ỉi dÊu qua x1 vµ x ⇒ hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i x1 vµ x Ta cã y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m m 1 =  x −  − x + 6mx + − 3m + x − m + m 3 3 Tõ ®©y ta cã y1 = x1 − m + m vµ y = x − m + m VËy ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua ®iĨm cùc trÞ lµ 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 > §Ỉt t = log 32 x + ≥ ta cã t −1+ t − = ⇔ t + t − = t = −3 ⇔1  t2 = 2 t1 = −3 (lo¹i) , t = ⇔ log 32 x = ⇔ log x = ± ⇔ x = ± 0,25 ® 0,5 ® x = ± tháa m·n ®iỊu kiƯn x > (ThÝ sinh cã thĨ gi¶i trùc tiÕp hc ®Ỉt Èn phơ kiĨu kh¸c) ∑1,0 ® ∑1,0 ® log x + log x + − 2m − = (2) 3 §iỊu kiƯn x > §Ỉt t = log 32 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 32 x + ≤ VËy (2) cã nghiƯm ∈ [1,3 ] vµ chØ (3) cã nghiƯm ∈ [ 1,2 ] §Ỉt f (t ) = t + t C¸ch Hµm sè f (t ) lµ hµm t¨ng trªn ®o¹n [1; 2] Ta cã f (1) = vµ f (2) = Ph−¬ng tr×nh t + t = 2m + ⇔ f (t ) = 2m + cã nghiƯm ∈ [1;2]  f (1) ≤ 2m + 2 ≤ m + ⇔ ⇔ ⇔ ≤ m ≤  f (2) ≥ 2m + 2 m + ≤ C¸ch TH1 Ph−¬ng tr×nh (3) cã nghiƯm t1 ,t tháa m·n < t1 ≤ t < t +t Do = − < nªn kh«ng tån t¹i m 2 TH2 Ph−¬ng tr×nh (3) cã nghiƯm t1 ,t tháa m·n t1 ≤ ≤ t ≤ hc ≤ t1 ≤ ≤ t ⇔ −2m(4 − 2m ) ≤ ⇔ ≤ m ≤ (ThÝ sinh cã thĨ dïng ®å thÞ, ®¹o hµm hc ®Ỉt Èn phơ kiĨu kh¸c ) III cos x + sin x    sin x +  = cos x + §iỊu kiƯn sin x ≠ − + sin x   cos 3x + sin 3x   sin x + sin x sin x + cos x + 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 kiƯn sin x ≠ − VËy c¸c nghiƯm cÇn t×m lµ: x1 = vµ x = 3 (ThÝ sinh cã thĨ sư dơng c¸c phÐp biÕn ®ỉi kh¸c) V× x ∈ (0 ; 2π ) nªn lÊy x1 = y 0,25 ® 0,25 ® ∑1,0 ® ∑1,0 ® -1 -1 x Ta thÊy ph−¬ng tr×nh | x − x + |= x + cã nghiƯm x1 = vµ x = MỈt kh¸c | 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 (NÕu thÝ sinh vÏ h×nh th× kh«ng nhÊt thiÕt ph¶i nªu bÊt ®¼ng thøc | 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 Gäi K lµ trung ®iĨm cđa BC vµ I = SK ∩ MN Tõ gi¶ thiÕt a ⇒ MN = BC = , MN // BC ⇒ I lµ trung ®iĨm cđa SK vµ MN 2 Ta cã ∆SAB = ∆SAC ⇒ hai trung tun t−¬ng øng AM = AN ⇒ ∆AMN c©n t¹i A ⇒ AI⊥MN (SBC )⊥( AMN )  (SBC ) ∩ ( AMN ) = MN  MỈt kh¸c  ⇒ AI⊥(SBC ) ⇒ AI⊥SK AI ⊂ ( AMN )   AI⊥MN Suy ∆SAK c©n t¹i 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 thĨ chøng minh AI⊥MN nh− sau: BC⊥(SAK ) ⇒ MN⊥(SAK ) ⇒ MN⊥AI 2) Cã thĨ lµm theo ph−¬ng ph¸p täa ®é: Ch¼ng h¹n chän hƯ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho a   a   − a   − a  K (0;0;0), B ;0;0 , C  − ;0;0 , A 0; ;0 , S  0; ;h 2        ®ã h lµ ®é dµi ®−êng cao SH cđa h×nh chãp S ABC 2a) C¸ch I Ph−¬ng tr×nh mỈt ph¼ng (P) chøa ®−êng th¼ng ∆ cã d¹ng: α (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 ® 0,5 ® Ta cã thĨ chun ph−¬ng tr×nh ∆ sang d¹ng tham sè nh− sau:  x = 2t '  Tõ ph−¬ng tr×nh ∆ suy x − z = §Ỉt x = 2t ' ⇒ ∆ :  y = 3t '−2  z = 4t '  r ⇒ M (0;−2;0) ∈ ∆ , u1 = (2;3;4) // ∆ (Ta cã thĨ t×m täa ®é ®iĨm M ∈ ∆ b»ng c¸ch cho x = ⇒ y = −2 z = C¸ch II r −2 1 1 −2  = (2;3;4) ) vµ tÝnh u1 =  ; ;  2 1 − −   r Ta cã u = (1;1;2 ) // ∆ Tõ ®ã ta cã vÐc t¬ ph¸p cđa mỈt ph¼ng (P) lµ : r r r n P = [u1 , u ] = (2;0;−1) VËy ph−¬ng tr×nh mỈt ph¼ng (P) ®i qua M (0;−2;0 ) r vµ ⊥ n P = (2;0;−1) lµ: x − z = MỈt kh¸c M (1;2;1) ∉ (P ) ⇒ ph−¬ng tr×nh mỈt ph¼ng cÇn t×m lµ: x − z = 2b) b)C¸ch 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) + ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt vµ 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 ) §Ỉt x A = a ta cã A(a; o) vµ ( ∑1® ) 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 Gäi I lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp ∆ABC V× r = ⇒ y I = ±2 x −1 Ph−¬ng tr×nh BI : y = tg 30 0.( x − 1) = ⇒ xI = ± TH1 NÕu A vµ O kh¸c phÝa ®èi víi 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 n3 = 5C n1 ta cã n ≥ vµ n! n! n(n − 1)(n − 2) =5 ⇔ = 5n ⇔ n − 3n − 28 = (n − 1)! 3!(n − 3)! ⇒ n1 = −4 (lo¹i) hc n = Víi n = ta cã  x2−1  C     0,25 ® 0,25 ®  −3x    = 140 ⇔ 35.2 x −2.2 − x = 140 ⇔ x − = ⇔ x =     0,5 ® Bé gi¸o dơc vµ ®µo t¹o kú thi tun sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 M«n thi: to¸n Khèi D Thêi gian lµm bµi: 180 _ §Ị chÝnh thøc C©u (2 ®iĨm) x2 − x + (1) x−2 2) T×m m ®Ĩ ®−êng th¼ng d m : y = mx + − 2m c¾t ®å thÞ cđa hµm sè (1) t¹i hai ®iĨm ph©n biƯt C©u (2 ®iĨm) x x π sin  −  tg x − cos = 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 4 y= 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cđa hµm sè 2 2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh x − x − 22 + x − x = C©u (3 ®iĨm) 1) Trong mỈt ph¼ng víi hƯ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy cho ®−êng trßn 2) 3) (C ) : ( x − 1) + ( y − 2) = vµ ®−êng th¼ng d : x − y − = ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn (C ') ®èi xøng víi ®−êng trßn (C ) qua ®−êng th¼ng d T×m täa ®é c¸c giao ®iĨm cđa (C ) vµ (C ') Trong kh«ng gian víi hƯ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho ®−êng th¼ng  x + 3ky − z + = dk :   kx − y + z + = T×m k ®Ĩ ®−êng th¼ng d k vu«ng gãc víi mỈt ph¼ng ( P) : x − y − z + = Cho hai mỈt ph¼ng ( P) vµ (Q) vu«ng gãc víi nhau, cã giao tun lµ ®−êng th¼ng ∆ Trªn ∆ lÊy hai ®iĨm A, B víi AB = a Trong mỈt ph¼ng ( P) lÊy ®iĨm C , mỈt ph¼ng (Q) lÊy ®iĨm D cho AC , BD cïng vu«ng gãc víi ∆ vµ AC = BD = AB TÝnh b¸n kÝnh mỈt cÇu ngo¹i tiÕp tø diƯn ABCD vµ tÝnh kho¶ng c¸ch tõ A ®Õn mỈt ph¼ng ( BCD) theo a C©u ( ®iĨm) 1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cđa hµm sè y= x +1 x +1 trªn ®o¹n [ −1; 2] 2) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ x − x dx C©u (1 ®iĨm) Víi n lµ sè nguyªn d−¬ng, gäi a3n −3 lµ hƯ sè cđa x3n −3 khai triĨn thµnh ®a thøc cđa ( x + 1) n ( x + 2) n T×m n ®Ĩ a3n −3 = 26n HÕt -Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm Hä vµ tªn thÝ sinh:…………………………… …… Sè b¸o danh:………………… 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) ) JJJG JJJG JJG 2 IH ⊥ AB ⇔ IH a = ⇔ t − + 4t + t − = ⇔ t = ⇒ IH = − ; ; − 3 3 Tam giác IAH vng 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 ngun dương) n 0,25 0,25 JJG 8.a Véc tơ phương d a = (1; 2; 1) Gọi H trung điểm AB, suy IH ⊥ AB JJJG (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) ( 0,25 0,25 7 2 ⎞ ⎛ x2 ⎞ ⎛ nx ⎛x ⎞ Khi ⎜ − ⎟ =⎜ − ⎟ = C7k ⎜ ⎟ x⎠ ⎝ x ⎠ k =0 ⎝ ⎠ ⎝ 14 ∑ 7−k (− 1x ) = ∑ (−21)7−kC7 x14−3k k k k 0,25 k=0 Số hạng chứa x5 tương ứng với 14 − 3k = ⇔ k = Do số hạng cần tìm (−1)3 C73 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 = A x 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 > 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 − = = 9.b Đặt z = a + bi (a, b ∈ \), z ≠ −1 (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 thò hàm số (1) m = b) Tìm m để hàm số (1) nghòch biến khoảng (0; + ∞) √ π Câu (1,0 điểm) Giải phương trình + tan x = 2 sin x + √ √ x + + x − − y4 + = y Câu (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√ n điều kiện (a + c)(b + c) = 4c2 Tìm giá trò 32a3 32b3 a + b2 nhỏ biểu thức P = + − (b + 3c)3 (a + 3c)3 c 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 z+2 x−6 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 mặ t phẳ n g (P ) qua A vuô n g gó c vớ i ∆ Tìm tọ a độ điể m √ 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 đònh 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 √ mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng√∆ : x − y = Đường 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 u cầu tốn 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 2 dx ⇒ du = dx , v= x+ x x 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 H C 0,25 0,25 1 Ta có I = ⎛⎜ x + ⎞⎟ ln x − ∫ ⎛⎜ x + ⎞⎟ dx x⎠ x⎠x ⎝ 1⎝ B 0,25 A 0,25 a a ; AC = BC sin 30o = ; 2 a 0,25 a3 SH AB AC = 16 Tam giác ABC vng 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 tốn 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 ⎞ ⎜ ⎟⎟ ⎜ ⎟ ⎜ xy + x + y + ⎝ y +3 x+3⎠ ( 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 vng 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 ⎝ ⎠ JG Δ có véctơ phương u = (−3; −2;1) JG (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 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 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 A37 = 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 x + y − = Do tọa độ điểm H thỏa mãn hệ trình A ⎧x − y = Δ ⇒ H (4;4) ⎨ ⎩x + y − = JJJG JJJJG 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 tròn (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 thò (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 = y z+3 x−2 = = 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 trò lớn biểu thức P = x2 y+z + yz + − x2 + yz + x + x + y + z + −−−−−−Hết−−−−−− 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 đònh D = R \ {1} • Sự biến thiên: ; y < 0, ∀x ∈ D (x − 1)2 Hàm số nghòch 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 −∞ • Đồ thò: y   ✆ 0,25 ✄ ✂ O −2 −2 ✁ ✝ x ☎ b) (1,0 điểm) M ∈ (C) ⇒ M a; a+2 , a = a−1 0,25 a+2 a+ √a − 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 (1,0đ) ⇔ (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 + 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 416 = 1820 0,25 Số kết thuận lợi cho biến cố “4 thẻ đánh số chẵn” là: C 48 = 70 70 Xác suất cần tính p = = 1820 26 0,25 Gọi M giao điểm d (P ), suy M (2 + t; −2t; −3 + 3t) 0,25 Do M ; −3; 2 − → − → d có vectơ phương u = (1; −2; 3), (P ) có vectơ pháp tuyến n = (2; 1; −2) → − Mặt phẳng (α) cần viết phương trình có vectơ pháp tuyến [ − u,→ n ] = (1; 8; 5) 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 (1,0đ) 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 + AD ) = a S B ✍ E ✟ ✠ ✌ H ☛ ✞ A a3 SH.SABCD = 3 Gọi 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 Mà HE ⊥ SK, HE ⊥ (SBD) √ a Ta có HK = HB sin KBH = HS.HK a Suy HE = √ = 2 HS + HK 2a Do d(A, (SBD)) = 2d(H, (SBD)) = 2HE = Suy V S.ABCD = ☞ K ✡ 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 3AC 3a a (1,0đ) D = , a > Ta có AM = AN = 4 5a2 N nên 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 = 2, nên ta có hệ phương trình IN = x = 1; y = −2 (x − 1)2 + (y − 2)2 = 16 ⇔ 17 (x − 2)2 + (y + 1)2 = ;y = − x= 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 có I ;− IM = − ; 5 5 5 −−→ Đường thẳng CD qua I có vectơ pháp tuyến IM, nên có phương trình 3x−4y−15 = • Với x = (1,0đ) 0,25 0,25 0,25 √ x 12 − y + √ √ y(12 − x2 ) = 12 (1) Điề u kiệ n : −2 ≤ x ≤ 3; ≤ y ≤ 12 √ x3 − 8x − = y − (2) √ x2 + 12 − y y + 12 − x2 Ta có x 12 − y ≤ y(12 − x2 ) ≤ 2 √ x≥0 nên x 12 − y + y(12 − x ) ≤ 12 Do (1) ⇔ y = 12 − x2 √ √ Thay vào (2) ta x3 − 8x − = 10 − x2 ⇔ x3 − 8x − + 2(1 − 10 − x2 ) = 2(x + 3) √ ⇔ (x − 3) x2 + 3x + + = (3) + 10 − x2 Do x ≥ nên x2 + 3x + + 2(x + 3) √ > + 10 − x2 Do (3) ⇔ x = Thay vào hệ đối chiếu điều kiện ta nghiệm: (x; y) = (3; 3) Ta có ≤ (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 ≥ t = (x + y + z)2 = (x2 +√ y + z ) + 2xy + 2yz + 2zx ≤ + (x2 + y ) + (y + z ) + (z + x2 ) = Do ≤ t ≤ √ t t2 Xét 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 có f (0) = 0; f (2) = f ( 6) = − , nên f (t) ≤ ≤ t ≤ 30 5 Do P ≤ Khi x = y = z = P = Do giá trò lớn P 9 −−−−−−Hết−−−−−− 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đề thi gồm 01 trang) Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−− Câu (1,0 điểm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thò hàm số y = x3 − 3x Câu (1,0 điểm) Tìm giá trò lớn giá trò nhỏ hàm số f(x) = x + đoạn [1; 3] x Câu (1,0 điểm) a) Cho số phức z thỏa mãn (1 − i) z − + 5i = Tìm phần thực phần ảo z b) Giải phương trình log2 (x2 + x + 2) = Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I = (x − 3)ex dx Câu (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; −2; 1), B(2; 1; 3) mặt phẳng (P ) : x − y + 2z − = Viết phương trình đường thẳng AB tìm tọa độ giao điểm đường thẳng AB với mặt phẳng (P ) Câu (1,0 điểm) a) Tính giá trò biểu thức P = (1 − cos 2α)(2 + cos 2α), biết sin α = b) Trong đợt ứng phó dòch MERS-CoV, Sở Y tế thành phố chọn ngẫu nhiên đội phòng chống dòch động số đội Trung tâm y tế dự phòng thành phố 20 đội Trung tâm y tế sở để kiểm tra công tác chuẩn bò Tính xác suất để có đội Trung tâm y tế sở chọn Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), góc đường thẳng SC mặt phẳng (ABCD) 45◦ Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD khoảng cách hai đường thẳng SB, AC Câu (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông A Gọi H hình chiếu vuông góc A cạnh BC; D điểm đối xứng B qua H; K hình chiếu vuông góc C đường thẳng AD Giả sử H(−5; −5), K(9; −3) trung điểm cạnh AC thuộc đường thẳng x − y + 10 = Tìm tọa độ điểm A Câu (1,0 điểm) Giải phương trình √ x2 + 2x − = (x + 1) x + − tập số thực x − 2x + Câu 10 (1,0 điểm) Cho số thực a, b, c thuộc đoạn [1; 3] thỏa mãn điều kiện a + b + c = Tìm giá trò lớn biểu thức P = a2b2 + b2 c2 + c2a2 + 12abc + 72 − abc ab + bc + ca −−−−−−−−Hết−−−−−−−− 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 KỲ THI TRUNG HỌC PHỔ THÔNG QUỐC GIA NĂM 2015 ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN (Đáp án - Thang điểm gồm 03 trang) −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− Đáp án Câu (Trang 01) Điểm • Tập xác đònh: D = R • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y = 3x2 − 3; y = ⇔ x = ±1 0,25 Các khoảng đồng biến: (−∞; −1) (1; +∞); khoảng nghòch biến: (−1; 1) - Cực trò: Hàm số đạt cực đại x = −1, y CĐ = 2; đạt cực tiểu x = 1, y CT = −2 - Giới hạn vô cực: lim y = −∞; lim y = +∞ x→−∞ • Bảng biến thiên: x −∞ y y (1,0đ) 0,25 x→+∞ −∞ + −1 ✯ ❍ ✟ ✟ ✟✟ ✟ • Đồ thò: ❍ − +∞ + ✯ +∞ ✟✟ ✟ ✟ ✟ ❍ ❍❍ ❥ −2 0,25 y −1 O x 0,25 −2 Ta có f (x) xác đònh liên tục đoạn [1; 3]; f (x) = − x2 Với x ∈ [1; 3], f (x) = ⇔ x = 2 (1,0đ) 13 Ta có f (1) = 5, f (2) = 4, f (3) = 0,25 0,25 0,25 Giá trò lớn giá trò nhỏ f (x) đoạn [1; 3] 0,25 a) Ta có (1 − i)z − + 5i = ⇔ z = − 2i 0,25 Do số phức z có phần thực 3, phần ảo −2 0,25 b) Phương trình cho tương đương với x + x + = (1,0đ) x=2 x = −3 Vậy nghiệm phương trình x = 2; x = −3 ⇔ 0,25 0,25 Đáp án Câu (1,0đ) (Trang 02) Điểm Đặt u = x − 3; dv = ex dx Suy du = dx; v = ex 0,25 Khi I = (x − 3)ex 0,25 = (x − 3)ex 1 − ex dx 0 − ex 0,25 0,25 = − 3e − −→ Ta có AB = (1; 3; 2) 0,25 x−1 y+2 z−1 Đường thẳng AB có phương trình = = (1,0đ) Gọi M giao điểm AB (P ) Do M thuộc AB nên M (1 + t; −2 + 3t; + 2t) M thuộc (P ) nên + t − (−2 + 3t) + 2(1 + 2t) − = 0, suy t = −1 Do M (0; −5; −1) 1 14 Suy P = − 2+ = 3 (1,0đ) b) Số phần tử không gian mẫu C 325 = 2300 a) Ta có cos 2α = − sin2 α = Số kết thuận lợi cho biến cố “có đội Trung tâm y tế sở” 2090 209 C220 C15 + C320 = 2090 Xác suất cần tính p = = 2300 230 S ✟✠ (1,0đ) H ☞✌  ✁ A ✝✞ D Tam giác SAM vuông A, có đường cao AH, nên 1 = + = 2 2 AH SA AM 2a √ 10 a Vậy d(AC, SB) = AH = AC Gọi M trung điểm AC Ta có M H = M K = , nên M thuộc đường trung trực HK Đường trung trực HK có phương trình 7x + y − 10 = 0, nên tọa x − y + 10 = độ M thỏa mãn hệ 7x + y − 10 = Suy M (0; 10) ✡☛ d M ✂✄ ☎✆ C B A ✍ (1,0đ) M ✖✗ D ✎ B ✑✒ ✓✔ ✏ C H ✕ K Ta có SCA = (SC, √ (ABCD)) = 45◦ , suy SA = AC = a √ 1√ 2a VS.ABCD = SA.SABCD = a.a = 3 Kẻ đường thẳng d qua B song song AC Gọi M hình chiếu vuông góc A d; H hình chiếu vuông góc A SM Ta có SA⊥BM, M A⊥BM nên AH⊥BM Suy AH⊥(SBM ) Do d(AC, SB) = d(A, (SBM )) = AH Ta có HKA = HCA = HAB = HAD, nên ∆AHK cân H, suy HA = HK Mà M A = M K, nên A đối xứng với K qua M H −−→ Ta có M H = (5; 15); đường thẳng M H có phương trình 3x − y + 10 = Trung điểm AK thuộc M H AK⊥M H nên tọa độ điểm A thỏa mãn hệ x+9 y−3 − + 10 = 2 (x − 9) + 3(y + 3) = Suy A(−15; 5) 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 Đáp án Câu (Trang 03) Điểm Điều kiện: x −2 Phương trình cho tương đương với x=2 (x + 1)(x − 2) (x − 2)(x + 4) x+1 x+4 √ = ⇔ =√ (1) x2 − 2x + x+2+2 x2 − 2x + x+2+2 √ Ta có (1) ⇔ (x + 4)( x + + 2) = (x + 1)(x2 − 2x + 3) √ √ ⇔ ( x + + 2)[( x + 2)2 + 2] = [(x − 1) + 2][(x − 1)2 + 2] (2) 0,25 0,25 Xét hàm số f (t) = (t + 2)(t + 2) (1,0đ) Ta có f (t) = 3t2 + 4t + 2, suy f (t) > 0, ∀t ∈ R, nên f (t) đồng biến R √ √ Do (2) ⇔ f ( x + 2) = f (x − 1) ⇔ x + = x − ⇔ ⇔x= √ 3+ 13 x x2 − 3x − = Đối chiếu điều kiện, ta nghiệm phương trình cho x = 2; x = 3+ 0,25 √ 13 0,25 Đặt t = ab + bc + ca (a − b)2 + (b − c)2 + (c − a)2 + 3t 3t Suy t 12 Mặt khác, (a − 1)(b − 1)(c − 1) 0, nên abc ab + bc + ca − = t − 5; (3 − a)(3 − b)(3 − c) 0, nên 3t = 3(ab + bc + ca) abc + 27 t + 22 Suy t 11 Vậy t ∈ [11; 12] Ta có 36 = (a + b + c)2 = Khi P = 10 (1,0đ) a2 b2 + b2 c2 + c2 a2 + 2abc(a + b + c) + 72 abc − ab + bc + ca (ab + bc + ca)2 + 72 abc = − ab + bc + ca Xét hàm số f (t) = Do f (t) Suy f (t) t2 + 72 t − t2 + 5t + 144 − = t 2t 0,25 0,25 t2 + 5t + 144 t2 − 144 , với t ∈ [11; 12] Ta có f (t) = 2t 2t2 0,25 0, ∀t ∈ [11; 12], nên f (t) nghòch biến đoạn [11, 12] 160 160 f (11) = Do P 11 11 Ta có a = 1, b = 2, c = thỏa mãn điều kiện toán P = 160 Vậy giá trò lớn P 11 −−−−−−− −Hết−−−−−−−− 160 11 0,25 [...]... -Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm Họ và tên thí sinh Số báo danh Bộ giáo dục và đào tạo Đáp án - Thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Đề chính thức Câu I Môn: Toán, Khối A (Đáp án - thang điểm có 4 trang) Nội dung ý I.1 Điểm 2,0 (1,0 điểm) y= x 2 + 3x 3 1 1 = x +1 2 2 ( x 1) 2(x 1) a) Tập xác định: R \ {1} b) Sự biến thi n: x(2 x)...Bộ giáo dục và đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 đáp án thang điểm đề thi chính thức Môn thi : toán Khối D Nội dung điểm 2điểm Câu 1 1) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị của hàm số y = x2 2 x + 4 x2 1 điểm Tập xác định : R \{ 2 } Ta có y = y ' = 1 4 x2 2 x + 4 = x+ x2 x2 4 ( x 2) 2 = x2 4 x 2 x=0 y'= 0 x = 4... a3n 3 = 26n = 26n n = 7 3 2 Vậy n = 5 là giá trị cần tìm (vì n nguyên dơng) 4 0,75đ 0,25đ Bộ giáo dục và đào tạo -Đề chính thức đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn thi : Toán , Khối A Thời gian làm bài : 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) x 2 + 3x 3 (1) 2(x 1) 1) Khảo sát hàm số (1) 2) Tìm m để đờng thẳng y = m cắt đồ... Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định Ht 5/5 B GIO DC V O TO THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2007 Mụn thi: TON, khi A Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt CHNH THC PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH Cõu I (2 im) x 2 + 2(m + 1)x + m 2 + 4m (1), m l tham s x+2 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) khi m... thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì đợc đủ điểm từng phần nh đáp án quy định Ht -4/4 B GIO DC V O TO THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2008 Mụn thi: TON, khi A Thi gian lm bi 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt CHNH THC PHN CHUNG CHO TT C TH SINH Cõu I (2 im) mx 2 + (3m 2 2)x 2 Cho hm s y = (1), vi m l tham s thc x + 3m 1 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1)... (1,0 điểm) JJJG + Đờng thẳng qua O, vuông góc với BA( 3 ; 3) có phơng trình 3x + 3y = 0 JJJG Đờng thẳng qua B, vuông góc với OA(0; 2) có phơng trình y = 1 JJJG ( Đờng thẳng qua A, vuông góc với BO( 3 ; 1) có phơng trình 3x + y 2 = 0 ) Giải hệ hai (trong ba) phơng trình trên ta đợc trực tâm H( 3 ; 1) + Đờng trung trực cạnh OA có phơng trình y = 1 Đờng trung trực cạnh OB có phơng trình 3x + y + 2 =... ) qua d nên (C ') có tâm là J (3;0) và bán kính R = 2 0,25đ Do đó (C ') có phơng trình là: ( x 3)2 + y 2 = 4 Tọa độ các giao điểm của (C ) và (C ') là nghiệm của hệ phơng trình: ( x 1)2 + ( y 2) 2 = 4 y = x 1 x = 1, y = 0 x y 1 = 0 2 2 2 x = 3, y = 2 ( x 3)2 + y 2 = 4 ( x 3) + y = 4 2 x 8 x + 6 = 0 Vậy tọa độ giao điểm của (C ) và (C ') là A(1;0) và B (3; 2) 2 0,25đ 2) uur Ta có. .. : ( x 1) 2 + ( y 2)2 = 4 suy ra (C ) có tâm I (1; 2) và bán kính R = 2 uur Đờng thẳng d có véctơ pháp tuyến là n = (1; 1) Do đó đờng thẳng đi qua x 1 y 2 I (1; 2) và vuông góc với d có phơng trình: = x+ y 3 = 0 1 1 Tọa độ giao điểm H của d và là nghiệm của hệ phơng trình: x y 1 = 0 x = 2 H (2;1) x + y 3 = 0 y =1 Gọi J là điểm đối xứng với I (1; 2) qua d Khi đó x J = 2 xH xI = 3 0,5... Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh: s bỏo danh: B GIO DC V O TO P N - THANG IM THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2006 CHNH THC Mụn: TON, khi A (ỏp ỏn - Thang im gm 05 trang) Cõu I í 1 Ni dung im 2,00 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1,00 im) y = 2x 3 9x 2 + 12x 4 TX: \ S bin thi n: y ' = 6 ( x 2 3x + 2 ) , y ' = 0 x = 1, x = 2 0,25 Bng bin thi n: x - y' +... cos A BC Theo giả thi t: M = 0 cos =1 2 1 A sin 2 = 2 0,25 A = 90 B = C = 45 0,25 4 Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn B GIO DC V O TO CHNH THC THI TUYN SINH I HC, CAO NG NM 2005 Mụn: TON, khi A Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt Câu I (2 im) Gi (Cm ) l th ca hm s y = m x + 1 x (*) ( m l tham s) 1 1) Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm ... -Ghi chú: Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Số báo danh: Bộ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2003 đáp án thang điểm đề thi thức Môn thi : toán Khối D... -Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh Số báo danh Bộ giáo dục đào tạo Đáp án - Thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Đề thức Câu I Môn: Toán, ... giáo dục đào tạo -Đề thức đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2004 Môn thi : Toán , Khối A Thời gian làm : 180 phút, không kể thời gian phát đề