ĐỀ ƠN THI TỦN SINH ĐẠI HỌC, Mơn TOÁN - ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)Cho hàm số y = x + 3mx + ( m + 1) x + (1), m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = -1 Tìm giá trị m để tiếp tuyến đồ thị hàm số (1) điểm có hồnh độ x = -1 qua điểm A(1;2) Câu II (2 điểm) Giải phương trình tgx = cotgx + 4cos2 2x Giải phương trình (2 x − 1) 2x + + − 2x = (x ∈ R) Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : 5 x − y − z + 13 = x−3 y −3 z −3 = = d :  2  x − y + z − = Chứng minh d d cắt Gọi I giao điểm d d Tìm tọa độ điểm A,B lần lượt thuộc d , d cho tam giác IAB cân I có diện tích Câu IV (2 điểm) 1.Tính tích phân I = ∫ − 41 42 xdx 2x + π Giải phương trình esin( x − ) =tgx PHẦN RIÊNG Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) Cho tập hợp E = { 0,1,2,3,4,5,7} Hỏi có số tự nhiên chẵn gồm chữ số khác được lập từ chữ số E? Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC đường cao kẻ từ đỉnh B đường phân giác góc A lần lượt có phương trình 3x + 4y + 10=0 x - y + 1=0; điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C khoảng Tìm tọa độ đỉnh cuả tam giác ABC Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)   Giải bất phương trình log  log 2x +   ≥ x +1  Cho hình chóp S.ABC có đáy tam giác ABC vng cân đỉnh B, BA = BC = 2a, hình chiếu vng góc S mặt phẳng đáy (ABC) trung điểm E AB SE = 2a Gọi I, J lần lượt trung điểm EC, SC; M ˆ điểm di động tia đối tia BA cho góc E CM = α ( α 0, ∀t > Do f(t) đồng biến khoảng ( )  y = f ( x)  (0; +∞).Hệ được viết lại  z = f ( y )  x = f ( z )  0,50 Từ tính đồng biến f(t) suy x = y = z ( Giả sử x > y ⇒ f ( z ) > f ( x ) ⇒ z > x ⇒ f ( y ) > f ( z ) ⇒ y > z Vậy x >y >z > x :vô lý)  5    Thay vào hệ ta được x = y = z = Tập nghiệm (0;0;0),  ; ; ÷  6 6   V.a 2,00 Có số tự nhiên… (1,00 điểm) Gọi số thỏa mãn yêu cầu tốn có dạng abcd Nếu a > 2, ta có cách chọn a, A93 cách chọn b, c, d nên có A93 = 3528 cách chọn abcd Nếu a = 2, ta có cách chọn b, A82 cách chọn c, d nên có A82 = 280 cách chọn abcd Vậy số số thỏa mãn yêu cầu toán 3528 + 280 = 3808 số Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC (1,00 điểm) Tọa độ đỉnh A nghiệm hệ phương trình  x + 4y − = ⇒ A(−2;1)  2 x − y + = 0,50 0,50 0,50 Tọa độ đỉnh B nghiệm hệ phương trình  x + 4y − = ⇒ B(6; −1)  2 x + y − = Đường thẳng BC qua B vng góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình là: 3(x – 6) + 2(y + 1) = ⇔ 3x + 2y – 16 = Trung điểm AC thuộc đường trung tuyến kẻ từ B nên tọa độ điểm C 0,50 Ta có I giao điểm SH (P) uu ur Ta có H = (2; 1; 3) Suy HS = ( 1;1;1) Do đó, phương trình đường thẳng SH là: x − y −1 z − = = 1 0,25 ( 1)   7 Gọi M trung điểm SA, ta có M =  2; 2; ÷ Vì (P) qua M 0,25  uu ur nhận AS = ( 2;0;1) làm vectơ pháp tuyến nên phương trình tởng qt (P) là: 4x + 2z – 15 = (2) Vì I ∈ SH nên từ (1) suy ra: I = (2 + t; + t; + t) 0,25 Vì I ∈ ( P ) nên theo (2) ta có: 4(2 + t) + 2(3 + t) – 15 =  13 19  VII a 1,0 điể m Từ đó, ta được t = Vì vậy, I =  ; ; ÷ 6 6 Tổng số thí sinh điểm thi là: 25 × + 26 × = 255 Không gian mẫu Ω gồn cách chọn thí sinh từ 255 thí sinh Ta có: n(Ω) = C255 Kí hiệu X biến cố: “5 thí sinh được chọn phỏng vấn thuộc cùng 5 phòng thi” Ta có: n ( X ) = ( C25 + C26 ) = 594550 Suy ra, xác suất cần tìm là: P ( X ) = n ( X ) 594550 = n ( Ω) C255 VI.b (1,0 điểm) Vì d qua I(2; 1) nên phương trình chính tắc d có dạng: 2,0 điể x − y −1 m = , a, b số thực khác 0,25 0,50 0,25 0,50 a b M , N ∈ d nên M = (2 + at1;1 + bt1) N = (2 + at2; + bt2) Vì Vì M , N ∈ ( E ) nên t1 t2 hai nghiệm phương trình: ( + at ) 16 ( + bt ) + = ( 1)  a ( t1 + t2 ) =2 2 +  Vì I trung điểm MN nên phải có  , 1 + b ( t1 + t2 ) =   hay t1 + t2 = (2) Như vậy, ta phải chọn a, b cho phương trình (1) có nghiệm phân biệt t1, t2 thỏa mãn (2)  a2 b2  a b 23 Ta có: ( 1) ⇔  + ÷t +  + ÷t − = 16    36  Từ suy ra, với a, b phương trình (1) ln có hai nghiệm phân biệt t1, t2 (2) được thỏa mãn chỉ a, b hai số cho 0,25 a b + = Chọn a = b = -9 ta được giá trị a, b thỏa mãn yêu cầu đề Suy ra, phương trình chính tắc d là: 0,25 x − y −1 = −9 (1,0 điểm) Gọi M giao điểm d d1, từ phương trình d1 suy tọa độ M có dạng: M = (3t; + t;t) u ur uu Từ đó, ta có AM = ( 3t − 1;3 + t ; t − 1) 0,25 0,50 r Vì u = ( 1; −1;3) vectơ chỉ phương d2 nên d ⊥ d u ur r uu ⇔ AM u = ⇔ ( 3t − 1) − ( + t ) + ( t − 1) = ⇔ t = u ur  16 22  uu Do AM =  ; ; ÷ Suy ra, phương trình chính tắc d là:  5 5 x −1 y −1 z −1 = = 11 VII b 1,0 đ 0,25 Phương trình đã cho có ∆ = (5 – 4i)2 – 4(3 – 11i) = -3 + 4i = (1 + 2i)2 Do nghiệm phương trình x = -2 + 3i hoặc x = -3 + i 0,50 0,50 ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x + (3m − 2) x + − 2m (1) , với m tham số thực x+2 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm giá trị m để hàm số (1) đồng biến từng khoảng xác định x Câu II (2 điểm) Giải phương trình 3sin x + cos x + s in2x =4sinxcos  x − − y = − x3  Giải hệ phương trình  ( x − 4) = y  ( x, y ∈ R ) Câu III (2 điểm)Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm x − y +1 =  x + y + z − = A(1; 0; -1), B(2; 3; -1), C(1; 3; 1) đường thẳng d:  Tìm tọa độ điểm D thuộc đường thẳng d cho thể tích khối tứ diện ABCD Viết phương trình tham số đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC vng góc với mặt phẳng (ABC) Câu IV (2 điểm) Tính tích phân I = ∫ x dx − x2 Cho số nguyên n (n ≥ 2) hai số thực không âm x, y Chứng minh n x n + y n ≥ n +1 x n +1 + y n+1 Đẳng thức xảy nào? PHẦN RIÊNG : Thí sinh làm câu: V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) n n 2n Cn 2n −1 Cn 21 Cn −1 20 Cn 3n +1 − + + + + = Chứng minh n +1 n 2(n + 1) k (n số nguyên dương, Cn số tổ hợp chập k n phần tử) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(3; 0), B(0; 4) Chứng minh đường tròn nội tiếp tam giác OAB tiếp xúc với đường tròn qua trung điểm cạnh tam giác OAB Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải bất phương trình 32 x +1 − 22 x+1 − 5.6 x ≤ Cho tứ diện ABCD có mặt ABC ABD tam giác đều cạnh a, mặt ACD BCD vng góc với Hãy tính theo a thể tích khối tứ diện ABCD tính số đo góc giữa hai đường thẳng AD, BC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ Câu Nội dung Điểm I 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m = hàm số trở thành y = • Tập xác định : R \ {-2} • Sự biến thiên: x2 + x −1 = x −1+ x+2 x+2 0,25 x2 + x + ' y = 1− = , y = ⇔ x = −3 hay x = −1 ( x + 2) ( x + 2) ' • yCĐ = y(-3) = -5, yCT = y(-1) = -1 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = -2, tiệm cận xiên y = x – Bảng biến thiên: + + 0,25 • Đồ thị: y -1 0,25 y -3 -2 -1 -1 x -5 0,25 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có − 8m x+2 8m − x + x + m − y' = 1+ = ( x + 2) ( x + 2) y = x + (3m − 4) + Hàm số đã cho đồng biến khoảng xác định chỉ 0,50 0,50 y ' ≥ ∀x ≠ −2 ⇔ x + x + 8m − ≥ ∀x ≠ −2 ⇔ m ≥ II 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 3sin x + cos x + s in2x=2sinx+sin2x ⇔ 2sin x − sin x − = (sin x − 1)(2sin x + 1) = π • sin x = ⇔ x = + k 2π π 7π • sin x = − ⇔ x = − + k 2π hoặc x = + k 2π 6 Nghiệm phương trình x= π π 7π + k 2π ∨ x = − + k 2π ∨ x = + k 2π , k ∈ Z 6 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) 0,50 0,50 Điều kiện x ≥ 0, y ≥ Hệ phương trình đã cho tương đương với  x − − ( x − 1) + x − = (1)   (2)  y = ( x − 1)  Xét hàm số f (t ) = t − − (t − 1) + t − , với t ≥ 1 / 2 > với t > nên f(t) Ta có f (t ) = (t − 1) + 2t + + t −1 đồng biến (1; +∞) Phương trình (1) có dạng f(x) = f(2) nên (1) ⇔ x = 2, thay vào (2) ta được y = Nghiệm hệ phương trình (x; y) = (2; 1) 0,50 0,50 III Tìm tọa độ điểm D…(1,00 điểm) uu ur → Ta có vectơ AB = (1; 3; 0), vectơ AC = (0; 3; 2) Suy tích → có hướng hai vectơ AB, AC vectơ n = (6; -2; 3)  x=t  Phương trình đường thẳng d :  y = + t  z = − 2t  uu ur Vì D ∈ d nên D(t; + t; – 2t) ⇒ AD = (t − 1; t + 1; −2t + 4) ur 2−t r uu VABCD = n AD = 6(t − 1) − 2(t + 1) + 3( −2t + 4) = 6 2−t = ⇔ t = −1 hay t = Do VABCD = ⇔ 0,50 0,50 Có hai điểm D thỏa mãn tốn là: D( - ; ; 5) D(5 ; ; -7) Viết phương trình tham số đường thẳng (1,00 điểm) −Phương trình mặt phẳng (α) qua C vng góc với AB 0,50 là: 1(x - 1) + 3(y - 3) = ⇔ x + 3y – 10 = −Phương trình mặt phẳng (β) qua B vng góc với AC là: 3(y - 3) + 2(z + 1) = ⇔ 3y + 2z – = Gọi ∆ đường thẳng qua trực tâm H tam giác ABC vuông góc với mặt phẳng (ABC), suy ∆ giao tuyến 0,50 (α) (β) r Nhận thấy N(1;3;-1)∈ ∆ ∆ nhận n làm vectơ chỉ  x = + 6t  phương nên phương trình tham số là:  y = − 2t  z = −1 + 3t  IV 2,00 Tính tích phân … (1,00 điểm) 0,25 Đặt t = − x ⇒ x = − t , xdx = −tdt x = ⇒ t = 2, x = ⇒ t = 3 (4 − t )tdt I = −∫ = t =  t3  ∫ (4 − t )dt =  4t − ÷   2 0,50 0,25 16 −3 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Với x = hoặc y = 0, bất đẳng thức dấu xảy Với xy ≠ 0, bất đẳng thức cần chứng minh tương đương với n n Xét hàm số f (t ) = n +1 ' Ta có f (t ) = n +1  1+   1+ tn + t n +1 t n −1 (1 − t ) ( 1+ t ) n +1 n+ n n +1 n x x ÷ ≥ n +1 +  ÷ y  y 0,50 với t ∈ (0; + ∞) ( 1+ t ) n n −1 , f ' (t ) = ⇔ t = lim f (t ) = 1, lim f (t ) = t →0+ t →+∞ Bảng biến thiên: + 0,50 Từ bảng biến thiên suy f(t) ≥ với t ∈ (0; + ∞) Thay t = y ta được điều phải chứng minh x Đẳng thức xảy chỉ x = hoặc y = V.a 2,00 Chứng minh đẳng thức tổ hợp (1,00 điểm) Xét khai triển (2 x + 1) n = Cn0 (2 x)n + Cn (2 x) n −1 + + Cnn −1 (2 x) + Cnn 0,50 n n n −1 n −1 n Suy ∫ (2 x + 1) dx = ∫ [Cn (2 x ) + Cn (2 x ) + + Cn (2 x ) + Cn ]dx ⇒ n 21 Cnn −1 20 Cn (2 x + 1)  C n +1 2n −1 Cn n = x + x + + x + 2(n + 1)  n + n n +1 n n n  2n Cn 2n −1 Cn 21 Cn −1 20 Cnn  3n +1 − ⇒ + + + + ÷= n  2( n + 1)  n +1 1 x÷ 0 0,50 Chứng minh hai đường tròn tiếp xúc với (1,00 điểm) Gọi M, N, P lần lượt trung điểm OA, OB, AB 3  3  ⇒ M  ; ÷, N ( 0; ) , P  ; ÷ 2  2  0,50 Tam giác MNP vuông P nên tâm đường tròn qua ba   điểm M, N, P trung điểm I  ;1÷ MN bán kính 4  R= MN = Mặt khác tam giác OAB vuông O nên đường tròn nội tiếp tam giác OAB có bán kính r = OA + OB − AB = tâm J nằm đường thẳng y = x thuộc góc phần tư thứ nhất nên J(1; 1) 0,50 Ta có IJ = = − = R − r , suy điều phải chứng minh V.b 2,00 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) Bất phương trình đã cho tương đương với 2x x   x    x  3 3  ÷ −  ÷ − ≤ ⇔  ÷ −  3  ÷ + 1 ≤ 2 2    2     0,50 0,50 x 3 ⇔  ÷ ≤ ⇔ x ≤ log3 2 2 Tính thể tích góc (1,00 điểm) Gọi M trung điểm CD, AM ⊥ CD, BM ⊥ CD Từ giả thiết suy · AMB = 90o Mà AM = BM nên ∆AMB vng cân M Do đóGọi N, P,Q lần lượt trung điểm AB, AC, BD ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3x − 3m(m + 2) x − (1) , với m tham số thực Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m=0 Tìm giá trị m để hàm số (1) có hai giá trị cực trị cùng dấu π π     Câu II (2 điểm) Giải phương trình 2sin  x + ÷− sin  x − ÷ =     10 x + + 3x − = x + + x − (x ∈ ¡ ) Giải phương trình Câu III (2 điểm) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(5 ; ; 3), B(6 ; ; 2) đường thẳng d1 : x −1 y − z − = = 1 Viết phương trình đường thẳng d2 qua hai điểm A B Chứng minh hai đường thẳng d1 d2 chéo Tìm điểm C thuộc d1 cho tam giác ABC có diện tích nhỏ nhất Tính giá trị nhỏ nhất x +1 dx 4x +1 Câu IV (2 điểm) Tính tích phân I = ∫ Cho ba số dương x, y, z thỏa mãn hệ thức x + y + z = x≤ yz Chứng minh 3x −3 ( y + z ) PHẦN RIÊNG:Thí sinh làm câu : V.a V.b Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) 3 An + Cn k k = 35 (n ≥ An , Cn lần Cho số nguyên n thỏa mãn đẳng thức ( n − 1)( n − 2) lượt số chỉnh hợp, số tổ hợp chập k n phần tử) Hãy tính tổng S = 22 Cn − 32 Cn + + (−1) n n 2Cnn Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC với AB = 5, C (−1; − 1) , đường thẳng AB có phương trình x + 2y – = trọng tâm tam giác ABC thuộc đường thẳng x + y – = Hãy tìm tọa độ đỉnh A B Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm) Giải phương trình log (2 x + 2) + log (9 x − 1) = 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD hình vng cạnh a, SA = a SA vng góc với mặt phẳng đáy Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD tính cosin góc giữa hai đường thẳng SB, AC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) Khi m=0 hàm số trở thành y = x3 − 3x − • Tập xác định: ¡ • Sự biến thiên: y ' = 3x − x ; y ' = ⇔ x = hoặc x = • yCĐ = y(0) = -1, yCT = y(2) = -5 • Bảng biến thiên: 0 + 0+ -5 0,25 0,25 0,25 • Đồ thị: y -1 x -5 0,25 Tìm giá trị m…(1,00 điểm) Ta có y ' = 3x − x − 3m(m + 2) = 3( x + m)( x − m − 2) y ' = ⇔ x = −m hoặc x = m + 0,50 y ( −m) = −(1 − 2m)(m + 2m + 1), y (m + 2) = −(2m + 5)(m + 2m + 1) Hàm số có hai cực trị cùng dấu chỉ m thỏa mãn hệ −m ≠ m +   y (− m) y (m + 2) >  − < m < Giải hệ ta được giá trị cần tìm m   m ≠ −1  II 0,50 2,00 Giải phương trình lượng giác…(1,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với phương trình − 2sin x = 2 ⇔ (sin x + cos x)(1 − sin x) = π • sin x + cos x = ⇔ tgx = − ⇔ − + kπ π • − sin x = ⇔ x = + k 2π sin x + cos x − sin x.cos x + Nghiệm phương trình đã cho là: 0,50 0,50 x=− π π + kπ ∨ x = + k 2π , k ∈ Z 2 Giải phương trình vơ tỷ (1,00 điểm) Điều kiện: x ≥ Phương trình đã cho tương đương với 10 x + − x − = x + − x − (1) 0,50 nên hai vế (1) đều dương Do đó: (1) ⇔ 12 x − − (10 x + 1)(2 x − 2) = 12 x − − (9 x + 4)(3 x − 5) Vì x ≥ ⇔ x − 15 x − 18 = ⇔ x = hay x = − Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm phương trình x = III 0,50 2,00 Viết phương trình đường thẳng d2 qua…(1,00 điểm) Đường thẳng d2 qua điểm A(5; 4; 3) có vectơ chỉ phương uu ur x −5 y −4 z −3 = = AB = (1; 3; -1) nên có phương trình −1 Đường thẳng d1 qua M(1; 2; 3), có vectơ chỉ phương r u = (2;3;1) r uu ur u ur uu Ta có: u, AB  = (−6;3;3) MA=(4; 2;0)   r uu uu ur ur u , AB  MA = −18 ≠ 0, suy d1 d2 chéo   Tìm điểm C thuộc d1…(1,00 điểm) Gọi IJ đoạn vuông góc chung d1 d2 (I ∈ d1, J ∈ d2) Ta có I(1 + 2t; + 3t; + t), J(5 + s; + 3s; - s), ur u 0,50 0,50 0,25 IJ = (4 − 2t + s; − 3t + 3s; − t − s ) IJ đoạn vng góc chung d1 d2 nên ur r u  IJ u = 2(4 − 2t + s ) + 3(2 − 3t + 3s) + ( −t − s) =  t =1  ⇔ ⇔ u ur  ur u u  s =  IJ AB =  (4 − 2t + s ) + 3(2 − 3t + 3s) − (−t − s) =  0,25 Do đó: I(3; 5; 4), J≡A(5; 4; 3), IJ = 22 + (−1) + (−1) = AB = 12 + 32 + (−1) = 11 S ABC S ABC 0,25 1 66 = AB.d (C , d ) ≥ AB.IJ = 11 = (đvdt) 2 2 0,25 66 = (đvdt) nhỏ nhất, đạt được chỉ C≡I(3; 5; 4) IV 2,00 Tính tích phân…(1,00 điểm) Đặt t = x + ⇒ x = t −1 tdt ⇒ dx = 0,25 Khi x = t = 1; x = t = 3  t 3t  t2 + dt =  + ÷  24  1 Do I = ∫ = 11 0,50 0,25 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Ta có x + y + z = yz ( y + z )2 ≤ ⇔ 12 x + 12( y + z ) x ≤ ( y + z ) 3x 12 x  x  x ⇔ 12  ÷ + 12 y + z − ≤  y+z x −3 ⇒ ≤ y+z Do x ≤ 0,50 0,50 −3 ( y + z ) (vì x, y, z dương) V.a 2,00 Tính tổng (1,00 điểm) 3 An + Cn n = 35 ⇔ n + = 35 ⇔ n = 30 (n − 1)( n − 2) n Ta có (1 + x) = Cn + Cn x + + Cnn x n Lấy đạo hàm hai vế theo x ta được n(1 + x) n −1 = Cn + 2Cn2 x + + nCnn x x −1 0,50 Nhân hai vế với x lấy đạo hàm theo x ta được n n(1 + x )n −1 + n (n − 1)(1 + x ) n −2 x = Cn + 2 Cn x + + n 2Cn x n −1 Thay x = -1 n = 30 vào đẳng thức ta được 0,50 30 C30 + (−1)22 C30 + + (−1) 29 n 2C30 = 30 Do S = 22 C30 + + ( −1)30 n2C30 = C30 = 30 Tìm tọa độ đỉnh A B (1,00 điểm) Gọi I(x ; y) trung điểm AB G(xG ; yG) trọng tâm ∆ABC 2x −1 y −1 ; yG = Suy tọa độ điểm I 3 x + y − =  ⇒ I (5; − 1) thỏa mãn hệ phương trình  x − y −  + −2=0  Do CG = CI nên xG = AB = nên tọa độ điểm A, B hai nghiệm 2 x + y − =  x=4   khác hệ  5⇔ hoặc 2 ( x − 5) + ( y + 1) = y = −   0,50 IA = IB = 0,50  x=6   y = −  1  3  Tọa độ điểm A, B là:  4; − ÷,  6; − ÷ 2     V.b 2,00 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: x > Phương trình đã cho tương đương với phương trình 0,50 log (2 x + 2) − log (9 x − 1) = ⇔ log (2 x + 2) = log (9 x − 1) + log 2 ⇔ log (2 x + 2) = log (18 x − 2) ⇔ (2 x + 2) = (18 x − 2) ⇔ x − x + = ⇔ x = hoặc x = Đối chiếu điều kiện suy nghiệm phương trình x = 0,50 hay x = Tính theo a thể tích khối tứ diện SACD…(1,00 điểm) 1 Thể tích khối tứ diện SACD VSACD = DA.DC.SA = a3 (đvtt).Gọi M trung điểm SD Ta có OM//SB nên góc (SB;AC) = góc (OM; OC) 0,50 Tam giác vng SAB có SB = SA2 + AB = 3a + a = 2a nên OM = a Tương tự, SD = 2a ⇒ MD = a ⇒ CM = a Xét tam giác OMC, ta có OM + OC − MC 2 =− ⇒ cos( SB, AC ) = 2OM OC 4 Cosin góc giữa SB, AC cos COM = S M D A O B 0,50 C ( ) ( ) AD NP Ta có · , BC = · , NQ ∆AMB vuông cân M ⇒ MN = ( ) ( AB a = = NP = PM suy ∆MNP tam giác đều Do 2 ) o · NP AD MQN = 60o ⇒ · , NQ = · , BC = 60 D M Q A P N B C 0,50 0,50 a ⇒ CD = 2CM = BC − BM = a 2 1 a3 = CD.S ABM = CD AM BM = ( = AM S BCD ) 12 3 ⇒ (1 − 3i) = ( cos(−π) + i sin( −π) ) = −8 BM = VABCD −8 −8(1 + i) = = −4 − 4i 1− i ⇒ z + iz = −4 − 4i + i(−4 + 4i) = −8(1 + i) ⇒ z= ⇒ z + iz = SD 2a = DA AB a SM = MB = = 2 SD = DI DA ⇒ DI = Kẻ IH AB (H AB) A I ⊥ N C ∈ H M D E S B Suy IH // BD Do IH AI AD − DI = = = BD AD AD a ⇒ IH = DB = Mặt khác SM ⊥ (ABD) nên 3 1 a a a a3 VMBSI = SM S ∆MBI = SM BM IH = = (đvtt ) 6 2 36 0,50 A Q P B G N E D M F C Gọi V thể tích tứ diện ABCD, V1 thể tích khối đa diện ABMNQP, V2 thể tích khối đa diện CDNMPQ Khi V2=V-V1 Ta có V1 = VABMN + VAMPN + VAPQN BM BN S S S BMN MNC DNC Do BC = , BD = nên S = , S = , S = BCD BCD BCD 1 V1 Như vậy V1 = 20 V , suy V = 13 3 Suy VABMN = V , VAMNP = VAMNC = V ,VAPQN = VADNC = V 10 0,50 SA2 AB = SA2 + AB 1 = 2+ ⇒ AH = AH SA AB a a 2a = 2 4a + a Trong tam giác SAC vuông A có SC = SA2 + AC = 4a + 2a = a 6, SK = Suy AK = SA2 − SK = 4a − SA2 4a 2a = = SC a 24a 12a = 9 Trong tam giác AHK vuông H có 12a 4a 2a 30 − = 15 2a 2a 30 2a = = a (đvtt) 15 45 HK = AK − AH = Thay vào (*) ta được VSAHK ... Từ giả thi? ??t suy · AMB = 90 o Mà AM = BM nên ∆AMB vuông cân M Do đóGọi N, P,Q lần lượt trung điểm AB, AC, BD ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu... ứng hoặc -1 − 3, ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm):Cho hàm số y = -x4 + 2x2 1) Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thị C hàm... sin( − ) ÷ 3   ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm):Cho hàm số y = x4 – 2x2 – 1) Khảo sát biến thi? ?n vẽ đồ thị C