Đang tải... (xem toàn văn)
0913661886
bộ giáo dục đào tạo Kỳ thi tuyển sinh đại học, cao ĐẳnG năm 2002 -Môn thi : toán Đề thức (Thời gian làm bµi: 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,5 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Cho hàm số : y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m (1) ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = − x + x + k − 3k = cã ba nghiệm phân biệt Tìm k để phơng trình: 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 tham số) m = Giải phơng trình (2) Tìm m để phơng trình (2) có nghiệm thuộc đoạn [ ; 3 ] Câu III (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,0 ®iĨm ) cos 3x + sin 3x Tìm nghiệm thuộc khoảng (0 ; ) phơng trình: sin x + = cos x + + sin x Tính diện tích hình phẳng giới hạn đờng: y =| x x + | , y = x + C©u IV.( §H : 2,0 ®iĨm; C§ : 3,0 ®iĨm) 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 chó: 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: bé gi¸o dục đào tạo - C©u ý I Kú thi tun sinh đại học, cao đẳng năm 2002 Đáp án thang điểm môn toán khối A Nội dung ĐH m = ⇒ y = − x + 3x x = y' = ⇔ x2 = Tập xác định x R y ' = −3x + x = 3x( x 2) , CĐ 1,0 đ 1,5 đ 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 ( Thí sinh lập bảng biến thiên) I C¸ch I Ta cã − x + x + k − 3k = ⇔ − x + x = −k + 3k Đặt a = k + 3k Dựa vào 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 = cã 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 thấy x1 x y ' đổi dấu qua x1 x hàm số đạt cực trị x1 x y1 = y ( x1 ) = − m + 3m − vµ y = y ( x ) = − m + 3m + Ph−¬ng trình đờng thẳng qua điểm cực trị M m − 1;− m + 3m − vµ M m + 1;− m + 3m + lµ: ( ) ( ) x − m + y + m − 3m + = ⇔ y = 2x − m2 + m ' C¸ch II y = −3 x + 6mx + 3(1 − m ) = −3( x − m) + , Ta thÊy ∆' = 9m + 9(1 − m ) = > ⇒ y ' = cã nghiÖm x1 x y ' đổi dấu qua x1 x hàm số đạt cực trị x1 x Ta có y = − x + 3mx + 3(1 − m ) x + m − m m 1 = x − − 3x + 6mx + − 3m + x m + m 3 Từ ta cã y1 = x1 − m + m vµ y = x − m + m Vậy phơng trình đờng thẳng qua điểm cực trị y = x m + m ( ) Víi m = ta cã log x + log x + − = 3 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® y ' = −3 x + 6mx + 3(1 − m ) = −3( x − m) + , II ∑ 0,5 ® ∑ 0,5 ® 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 đ Điều kiện 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 thĨ gi¶i trùc tiÕp đặt ẩn phụ kiểu khác) 1,0 đ 1,0 đ 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 nghiÖm ∈ [1,3 ] vµ chØ (3) cã nghiƯm [ 1,2 ] Đặt f (t ) = t + t Cách Hàm số f (t ) hàm tăng đoạn [1; 2] Ta có 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 tr×nh (3) cã nghiƯm t1 ,t tháa m·n < t1 ≤ t < t +t Do = − < nªn không tồn m 2 TH2 Phơng trình (3) cã nghiÖm t1 ,t tháa m·n t1 ≤ ≤ t ≤ hc ≤ t1 ≤ ≤ t ⇔ −2m(4 − 2m ) ≤ ⇔ ≤ m ≤ (Thí sinh dùng đồ thị, đạo hàm đặt ẩn phụ kiểu khác ) III cos x + sin 3x sin x + = cos x + §iỊu kiƯn sin x ≠ − + sin x cos 3x + sin x 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 + = cos x = (loại) 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 cần tìm là: x1 = x = 3 (ThÝ sinh cã thĨ sư dơng c¸c phép biến đổi khác) Vì x (0 ; ) nên lấy x1 = y 0,25 đ 0,25 ® ∑1,0 ® ∑1,0 ® -1 -1 x Ta thấy phơng trình | x − x + |= x + cã nghiƯm x1 = vµ 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 (NÕu thÝ sinh vẽ hình không thiết phải nêu bất ®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 đ 0,25 đ K B Gọi K trung ®iĨm cđa BC vµ I = SK ∩ MN Tõ gi¶ thiÕt a ⇒ MN = BC = , MN // BC I trung điểm SK vµ MN 2 Ta cã ∆SAB = ∆SAC ⇒ hai trung tuyÕn t−¬ng øng AM = AN AMN cân A AIMN (SBC )( AMN ) (SBC ) ∩ ( AMN ) = MN Mặt khác AI(SBC ) AISK AI ⊂ ( AMN ) AI⊥MN 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 thĨ chøng minh AI⊥MN nh− sau: BC⊥(SAK ) ⇒ MN⊥(SAK ) MNAI 2) Có thể làm theo phơng pháp tọa độ: Chẳng hạn chọn hệ tọa độ Đêcac vuông gãc 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 đờng cao SH hình chóp S ABC 2a) Cách I Phơng trình mặt phẳng (P) chứa đờng thẳng có 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 chuyển phơng trình sang dạng 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 = − ; − ; = (2;3;4) ) r Ta cã u = (1;1;2 ) // ∆ Tõ ®ã ta có véc tơ pháp mặt phẳng (P) : r r r n P = [u1 , u ] = (2;0;1) Vậy phơng trình mặt phẳng (P) qua M (0;2;0 ) r 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)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) + đạt giá trị nhỏ 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) ( ∑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 Cách II y C 0,25 đ - I O B A x Gọi I tâm đờng tròn nội tiếp ABC V× r = ⇒ y I = ±2 x −1 ⇒ xI = ± Phơng trình BI : y = tg 30 0.( x − 1) = TH1 NÕu A vµ O khác phía B x I = + Tõ d ( I , AC ) = 7+4 6+2 3 ⇒ a = x I + = + ⇒ G1 ; 3 TH Nếu A O phía 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 = −4 (loại) n2 = Với n = ta cã − x2 2 C 0,25 ® 0,25 ® −3x = 140 ⇔ 35.2 x −2.2 − x = 140 ⇔ x − = ⇔ x = 0,5 đ giáo dục đào tạo kỳ thi tuyển sinh đại học, cao Đẳng năm 2002 đề thức Môn thi : toán, Khối B (Thêi gian lµm bµi : 180 phót) _ Câu I (ĐH : 2,0 điểm; CĐ : 2,5 ®iĨm) Cho hµm sè : y = mx + m − x + 10 Kh¶o sát biến thiên vẽ đồ thị hàm sè (1) m = T×m m để hàm số (1) có ba điểm cực trị ( ) (1) ( m tham số) Câu II (ĐH : 3,0 điểm; CĐ : 3,0 điểm) Giải phơng tr×nh: sin x − cos x = sin x − cos x Giải bất phơng trình: log x log (9 x − 72) ≤ ( ) x− y = x− y x + y = x + y + C©u III ( ĐH : 1,0 điểm; CĐ : 1,5 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn ®−êng : x2 x2 y = 4− vµ y = 4 Giải hệ phơng trình: Câu IV.(ĐH : 3,0 điểm ; CĐ : 3,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Đêcac vuông góc Oxy cho hình chữ nhật ABCD có tâm I ;0 , phơng trình đờng thẳng AB lµ x − y + = vµ AB = AD Tìm tọa độ đỉnh 2 A, B, C , D biÕt r»ng ®Ønh A có hoành độ âm Cho hình lập phơng ABCDA1 B1C1 D1 cã c¹nh b»ng a a) TÝnh theo a khoảng cách hai đờng thẳng A1 B vµ B1 D b) Gäi M , N , P lần lợt trung điểm cạnh BB1 , CD , A1 D1 TÝnh gãc gi÷a hai đờng thẳng MP C1 N Câu V (ĐH : 1,0 điểm) Cho đa giác A1 A2 L A2 n (n ≥ 2, n nguyªn ) néi tiếp đờng tròn (O ) Biết số tam giác có đỉnh 2n điểm A1 , A2 , L , A2 n nhiÒu gÊp 20 lần số hình chữ nhật có đỉnh 2n ®iĨm A1 , A2 , L , A2 n , t×m n HÕt Ghi chó : 1) ThÝ sinh thi cao đẳng không làm Câu IV b) Câu V 2) Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: Sè b¸o danh: Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − (2 Phương trình cho tương đương với: 4x )( x+2 − 24 2 − 2x −4 ) = 0,25 • 24x − 24 = ⇔ x = x +2 • 22 −4 − 2x Nhận xét: x ≥ 0,25 = ⇔ x + = x3 − (1) 0,25 ) Xét hàm số f(x) = x + − x3 + 4, ⎡ ; + ∞ ⎣ ) ⎡ − 3x2 < 0, suy f(x) nghịch biến ⎣ ; + ∞ x+2 Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm x = Vậy phương trình cho có hai nghiệm: x = 1; x = f ' (x) = III (1,0 điểm) e I = 3⎞ ⎛ ∫ ⎜ x − x ⎟ ln x dx = ⎠ ⎝ e e ln x dx x ∫ x ln x dx − ∫ ( ∫ x ln x dx = x ln x e • ) e e − 0,25 dx v = x2 x • Đặt u = lnx dv = 2xdx, ta có: du = e ∫ x dx = e − x2 e = 0,25 e2 +1 e e ln x 1 dx = ∫ ln x d ( ln x ) = ln x = x 1 ∫ 0,25 e2 − Vậy I = IV (1,0 điểm) 0,25 • M trung điểm SA S AH = M A D a , SH = SA2 − AH = B H C a 14 3a , SC = SH + HC = a ⇒ SC = AC Do tam giác SAC cân C, suy M trung điểm SA • Thể tích khối tứ diện SBCM M trung điểm SA ⇒ SSCM = SSCA 1 ⇒ VSBCM = VB.SCM = VB.SCA = VS.ABC 2 HC = a 14 SABC.SH = 48 Điều kiện: − ≤ x ≤ Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy y > ⇒ VSBCM = V (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − ( x + 3)(7 − x)( x + 2)(5 − x) = y≥ ( ( x + 3)(5 − x) − ( x + 2)(7 − x) ) + ≥ 2, suy ra: ; dấu xảy x = Do giá trị nhỏ y 0,25 0,25 0,25 Trang 2/4 Câu VI.a (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) B Đường trịn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: (x + 2)2 + y2 = 74 Phương trình AH: x = BC ⊥ AH, suy phương trình BC có dạng: y = a (a ≠ − 7, BC khơng qua A) Do hồnh độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = (1) C H I• Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, có nghiệm dương khi: | a | < 70 A Do C có hồnh độ dương, nên B(− − AC ⊥ BH, suy ra: AC.BH = ( ⇔ 74 − a − 0,25 0,25 74 − a ; a) C(− + 74 − a ; a) )( ) 74 − a + + (a + 7)(− − a) = 0,25 ⇔ a2 + 4a − 21 = ⇔ a = − (loại) a = (thỏa mãn) 0,25 Suy C(− + 65 ; 3) (1,0 điểm) Ta có vectơ pháp tuyến (P) (Q) n P = (1; 1; 1) n Q = (1; − 1; 1), suy ra: •O ⎡ n P , n Q ⎤ = (2; 0; −2) vectơ pháp tuyến (R) ⎣ ⎦ Q P 0,25 R Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = Ta có d(O,(R)) = D , suy ra: D = ⇔ D = 2 D = − 2 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 = x − z − 2 = VII.a (1,0 điểm) Gọi z = a + bi, ta có: 0,25 z = a + b z2 = a2 − b2 + 2abi 0,25 0,25 ⎧a + b = ⎪ Yêu cầu toán thỏa mãn khi: ⎨ 2 ⎪a − b = ⎩ 0,25 ⎧a = ⎪ ⇔ ⎨ ⎪b = ⎩ 0,25 Vậy số phức cần tìm là: + i; − i; − + i; − − i VI.b (2,0 điểm) 0,25 (1,0 điểm) Gọi tọa độ H (a; b), ta có: AH = a + (b − 2) khoảng cách từ H đến trục hoành | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2 A O H x 0,25 Do H thuộc đường trịn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = y 0,25 ⎧ ⎪a − 4b + = Từ đó, ta có: ⎨ 2 ⎪a + b − 2b = ⎩ 0,25 Suy ra: H ( − 2; − 1) H (− − 2; − 1) Vậy phương trình đường thẳng ∆ ( − 1) x − − y = ( − 1) x + Trang 3/4 −2 y =0 0,25 Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t) M d =1 ∆1 H Ta có: d(M, ∆2) = + ∆2 qua A(2; 1; 0) có vectơ phương v = (2; 1; 2) ∆2 Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ⎡v, AM ⎤ = (2 − t; 2; t − 3) ⎣ ⎦ ⎡v, AM ⎤ ⎣ ⎦ = v 2t − 10t + 17 , suy ra: 2t − 10t + 17 =1 0,25 0,25 0,25 ⇔ t2 − 5t + = ⇔ t = t = Do M(4; 1; 1) M(7; 4; 4) VII.b (1,0 điểm) 0,25 Điều kiện: x > 2, y > (1) 0,25 ⎧ x2 − 4x + y + = ⎪ Từ hệ cho, ta có: ⎨ ⎪x − = y ⎩ 0,25 ⎧ x − 3x = ⎧x = ⎧x = ⎪ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ ⎨ ⎪y = x − ⎩ y = ⎩ y = −2 ⎩ Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm hệ (x; y) = (3; 1) - Hết - Trang 4/4 0,25 0,25 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) −x + Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x − 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Chứng minh với m đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A B Gọi k1, k2 hệ số góc tiếp tuyến với (C) A B Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn Câu II (2,0 điểm) + sin x + cos x = sin x sin x Giải phương trình + cot x ⎧ ⎪5 x y − xy + y − 2( x + y ) = ( x, y ∈ ) Giải hệ phương trình ⎨ 2 ⎪ xy ( x + y ) + = ( x + y ) ⎩ π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x sin x + ( x + 1) cos x dx x sin x + cos x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng cân B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 60o Tính thể tích khối chóp S.BCNM khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ x y z biểu thức P = + + y+z z+x 2x + y PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + = đường tròn (C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm (C), M điểm thuộc ∆ Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến (C) (A B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) mặt phẳng ( P) : x − y − z + = Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MA = MB = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất số phức z, biết: z = z + z B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y2 + = Tìm tọa độ điểm A B thuộc Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ): (E), có hồnh độ dương cho tam giác OAB cân O có diện tích lớn Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z = điểm A(4; 4; 0) Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) tam giác OAB Câu VII.b (1,0 điểm) Tính mơđun số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = − 2i - Hết -Thí sinh khơng 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 THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối: A Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) −x + Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x − 1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Chứng minh với m đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A B Gọi k1, k2 hệ số góc tiếp tuyến với (C) A B Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn Câu II (2,0 điểm) + sin x + cos x = sin x sin x Giải phương trình + cot x ⎧ ⎪5 x y − xy + y − 2( x + y ) = ( x, y ∈ ) Giải hệ phương trình ⎨ 2 ⎪ xy ( x + y ) + = ( x + y ) ⎩ π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x sin x + ( x + 1) cos x dx x sin x + cos x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) (SAC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Gọi M trung điểm AB; mặt phẳng qua SM song song với BC, cắt AC N Biết góc hai mặt phẳng (SBC) (ABC) 60o Tính thể tích khối chóp S.BCNM khoảng cách hai đường thẳng AB SN theo a Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z ba số thực thuộc đoạn [1; 4] x ≥ y, x ≥ z Tìm giá trị nhỏ x y z biểu thức P = + + y+z z+x 2x + y PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + = đường tròn (C ) : x + y − x − y = Gọi I tâm (C), M điểm thuộc ∆ Qua M kẻ tiếp tuyến MA MB đến (C) (A B tiếp điểm) Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích 10 Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) mặt phẳng ( P) : x − y − z + = Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MA = MB = Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất số phức z, biết: z = z + z B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y2 + = Tìm tọa độ điểm A B thuộc Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ): (E), có hồnh độ dương cho tam giác OAB cân O có diện tích lớn Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x + y + z − x − y − z = điểm A(4; 4; 0) Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) tam giác OAB Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = − 2i - Hết -Thí sinh khơng 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 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TỐN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x − 2(m + 1) x + m (1), m tham số Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C cho OA = BC; O gốc tọa độ, A điểm cực trị thuộc trục tung, B C hai điểm cực trị cịn lại Câu II (2,0 điểm) Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx Giải phương trình + x − − x + 4 − x = 10 − x ( x ∈ ) π Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = + x sin x dx cos x ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD hình chữ nhật, AB = a, AD = a Hình chiếu vng góc điểm A1 mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm AC BD Góc hai mặt phẳng (ADD1A1) (ABCD) 60o Tính thể tích khối lăng trụ cho khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a Câu V (1,0 điểm) Cho a b số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) ⎛ a b3 ⎞ ⎛ a b2 ⎞ Tìm giá trị nhỏ biểu thức P = ⎜ + ⎟ − ⎜ + ⎟ ⋅ a ⎠ a ⎠ ⎝b ⎝b PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆: x – y – = d: 2x – y – = Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ điểm M thỏa mãn OM.ON = x − y +1 z Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : mặt = = −2 −1 phẳng (P): x + y + z – = Gọi I giao điểm ∆ (P) Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) cho MI vng góc với ∆ MI = 14 5+i Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z − − = z B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) ⎛1 ⎞ Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B ⎜ ; 1⎟ Đường tròn nội tiếp ⎝2 ⎠ tam giác ABC tiếp xúc với cạnh BC, CA, AB tương ứng điểm D, E, F Cho D (3; 1) đường thẳng EF có phương trình y – = Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương x + y −1 z + Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: hai = = −2 điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ cho tam giác MAB có diện tích B B ⎛1+ i ⎞ Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực phần ảo số phức z = ⎜ ⎜ 1+ i ⎟ ⎟ ⎝ ⎠ - Hết -Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh: ; Số báo danh: ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Điểm Đáp án (1,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x4 – 4x2 + • Tập xác định: D = R • Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y' = 4x3 – 8x; y' = ⇔ x = x = ± Hàm số nghịch biến khoảng (– ∞; – ) (0; ); đồng biến khoảng (– 2; 0) ( 2; + ∞) – Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu x = ± 2; yCT = – 3, đạt cực đại x = 0; yCĐ = – Giới hạn: lim y = lim y = + ∞ x→ − ∞ 0,25 0,25 x→ + ∞ – Bảng biến thiên: +∞ x –∞ – y' – + – + +∞ y –3 –3 +∞ 0,25 y • Đồ thị: − 2 –2 O x 0,25 –3 (1,0 điểm) y'(x) = 4x3 – 4(m + 1)x = 4x(x2 – m – 1); y'(x) = ⇔ x = x2 = m + (1) Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác ⇔ m > – (*) 0,25 ⇔ m = ± 2; thỏa mãn (*) Vậy, giá trị cần tìm: m = – 2 m = + 2 (2,0 điểm) 0,25 Khi đó: A(0; m), B( − m + 1; – m2 – m – 1) C( m + 1; – m2 – m – 1) Suy ra: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 – 4m – = II 0,25 0,25 (1,0 điểm) Phương trình cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx ⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = • sinx = ⇔ x = π + k2π 0,25 0,25 0,25 2π π +k 3 2π π π Vậy, phương trình cho có nghiệm: x = + k2π; x = + k (k ∈ Z) 3 • cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x = Trang 1/4 0,25 Câu Điểm Đáp án (1,0 điểm) Điều kiện: – ≤ x ≤ (*) ( ) + x − 2 − x + 4 − x =10 − x (1) 0,25 Đặt t = + x – 2 − x , (1) trở thành: 3t = t2 ⇔ t = t = • t = 0, suy ra: + x = 2 − x ⇔ + x = 4(2 – x) ⇔ x = , thỏa mãn (*) • t = 3, suy ra: + x = 2 − x + 3, vô nghiệm (do + x ≤ 2 − x + ≥ với x ∈ [– 2; 2]) Vậy, phương trình cho có nghiệm: x = 0,25 Khi đó, phương trình cho tương đương: π III (1,0 điểm) I = π 3 0,25 π 0,25 + x sin x ∫ cos2 x dx = ∫ cos2 x dx + ∫ cos x sin x dx x 0,25 0,25 π π dx = ( tan x ) 03 = ∫ cos2 x Ta có: π và: π 3 x sin x ∫ cos2 x dx = π π ⎛ ⎞ ⎛ x ⎞ ∫ x d ⎜ cos x ⎟ = ⎜ cos x ⎟ – ⎠ ⎝ ⎠ ⎝ π 3 2π dx ∫ cos x = + d sin x x −1 ∫ sin π = 2π ⎛ 1 ⎞ + ∫⎜ − ⎟ d sin x ⎝ sin x − sin x + ⎠ π = IV (1,0 điểm) 0,25 2π ⎛ sin x − ⎞ 2π = + ⎜ ln + ln(2 − 3) Vậy, I = ⎝ sin x + ⎟ 3 ⎠ + 2π + ln(2 − 3) Gọi O giao điểm AC BD ⇒ A1O ⊥ (ABCD) Gọi E trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD A1E ⊥ AD 0,25 0,25 ⇒ A1 EO góc hai mặt phẳng (ADD1A1) (ABCD) ⇒ A1 EO = 60 B1 C1 D1 A1 B A E O H a AB tan A1 EO = 2 Diện tích đáy: SABCD = AB.AD = a Ta có: B1C // A1D ⇒ B1C // (A1BD) ⇒ d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)) Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH B B B CD.CB Suy ra: d(B1, (A1BD)) = CH = B V (1,0 điểm) 0,25 3a Thể tích: VABCD A1B1C1D1 = SABCD.A1O = C D ⇒ A1O = OE tan A1 EO = CD + CB = a 0,25 0,25 Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) 2 ⎛a b⎞ ⎛1 1⎞ + ⎟ + = (a + b) + ⎜ + ⎟ ⎝b a⎠ ⎝a b⎠ ⇔ 2(a + b ) + ab = a b + ab + 2(a + b) ⇔ ⎜ Trang 2/4 0,25 Câu Điểm Đáp án ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎞ ⎛a b (a + b) + ⎜ + ⎟ ≥ 2(a + b) ⎜ + ⎟ = 2 ⎜ + + ⎟ , suy ra: ⎝a b⎠ ⎝b a ⎠ ⎝a b⎠ a b ⎛a b⎞ ⎛a b ⎞ 2⎜ + ⎟ + ≥ 2⎜ + + 2⎟ ⇒ + ≥ b a ⎝b a ⎠ ⎝b a⎠ a b + , t ≥ , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18 b a Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ 0,25 Đặt t = 0,25 23 ⎛5⎞ Ta có: f '(t ) = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: f (t ) = f ⎜ ⎟ = – ⎡5 ⎞ ⎝2⎠ ⎢ 2;+ ∞ ⎟ ⎣ Vậy, minP = – ⎠ 0,25 23 a b ⎛1 1⎞ ; khi: + = a + b = ⎜ + ⎟ b a ⎝a b⎠ ⇔ (a; b) = (2; 1) (a; b) = (1; 2) VI.a (1,0 điểm) (2,0 điểm) d O• N ∆ M N ∈ d, M ∈ ∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4) O, M, N thuộc đường thẳng, khi: 4a a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b = 2−a 0,25 OM.ON = ⇔ (5a2 – 8a + 4)2 = 4(a – 2)2 0,25 2 ⇔ (5a – 6a)(5a – 10a + 8) = ⇔ 5a – 6a = ⇔ a = a = ⎛6 2⎞ Vậy, N(0; – 2) N ⎜ ; ⎟ ⎝5 5⎠ 0,25 0,25 (1,0 điểm) ⎧ x − y +1 z = = ⎪ Tọa độ điểm I nghiệm hệ: ⎨ −2 −1 ⇒ I(1; 1; 1) ⎪x + y + z − = ⎩ Gọi M(a; b; c), ta có: ⎧a + b + c − = ⎪ M ∈ (P), MI ⊥ ∆ MI = 14 ⇔ ⎨a − 2b − c + = ⎪(a − 1) + (b − 1) + (c − 1) = 224 ⎩ 0,25 0,25 ⎧b = 2a − ⎪ ⇔ ⎨c = −3a + ⎪(a − 1) + (2a − 2) + (−3a + 3) = 224 ⎩ ⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) (a; b; c) = (– 3; – 7; 13) Vậy, M(5; 9; – 11) M(– 3; – 7; 13) VII.a 0,25 0,25 Gọi z = a + bi với a, b ∈ R a2 + b2 ≠ 0, ta có: (1,0 điểm) z− 5+i 5+i –1=0 − = ⇔ a – bi – z a + bi Trang 3/4 0,25 Câu Điểm Đáp án 2 2 ⇔ a + b – – i – a – bi = ⇔ (a + b – a – 5) – (b + )i = ⎧a + b2 − a − = ⎪ ⇔ ⎨ ⎪b + = ⎩ (2,0 điểm) 0,25 ⎪b = − ⎩ ⇔ (a; b) = (– 1; – VI.b ⎧a − a − = ⎪ ⇔ ⎨ ) (a; b) = (2; – 0,25 ) Vậy z = – – i z = – i 0,25 (1,0 điểm) ⎛5 ⎞ BD = ⎜ ; ⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân A; ⎝2 ⎠ 0,25 ⇒ đường thẳng AD vng góc với EF, có phương trình: x – = 25 ⎛ 1⎞ F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ ⎜ t − ⎟ + 22 = ⇔ t = – t = ⎝ 2⎠ • t = – ⇒ F(– 1; 3); suy đường thẳng BF có phương trình: 4x + 3y – = A F E B D 0,25 7⎞ ⎛ A giao điểm AD BF ⇒ A ⎜ 3; − ⎟ , không thỏa mãn 3⎠ ⎝ u cầu (A có tung độ dương) • t = ⇒ F(2; 3); suy phương trình BF: 4x – 3y + = ⎛ 13 ⎞ ⎛ 13 ⎞ C ⇒ A ⎜ 3; ⎟ , thỏa mãn yêu cầu Vậy, có: A ⎜ 3; ⎟ ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 0,25 0,25 (1,0 điểm) M ∈ ∆, suy tọa độ M có dạng: M(– + t; + 3t; – – 2t) ⇒ AM = (t; 3t; – – 2t) AB = (– 1; – 2; 1) ⇒ ⎡ AM , AB ⎤ = (– t – 12; t + 6; t) ⎣ ⎦ 0,25 ⇔ t2 + 12t = ⇔ t = t = – 12 Vậy, M(– 2; 1; – 5) M(– 14; – 35; 19) (1,0 điểm) 0,25 S∆MAB = ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 VII.b 0,25 0,25 ⎛1 ⎞ π π⎞ ⎛ + i = 2⎜ + ⎜ 2 i ⎟ = ⎜ cos + i sin ⎟ + i = ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ( cos π + i sin π ) suy ra: z = 3π 3π ⎞ ⎛ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4 ⎠ ⎝ π π⎞ ⎛ ⎜ cos + i sin ⎟ ; 4⎠ ⎝ 0,25 0,25 π π⎞ ⎛ = 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 4⎠ ⎝ 0,25 = + 2i Vậy số phức z có: Phần thực phần ảo 0,25 - Hết - Trang 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Mơn: TỐN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x +1 ⋅ Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho khoảng cách từ A B đến trục hoành Câu II (2,0 điểm) sin x + cos x − sin x − = Giải phương trình tan x + Giải phương trình log ( − x ) + log Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ ( ) 1+ x + − x − = ( x ∈ ) 4x − dx 2x + + Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Biết SB = 2a SBC = 30 Tính thể tích khối chóp S.ABC khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a ⎧2 x3 − ( y + 2) x + xy = m ⎪ ( x, y ∈ ) Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎨ ⎪ x + x − y = − 2m ⎩ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) đường thẳng chứa phân giác góc A có phương trình x – y – = Tìm tọa độ đỉnh A C x +1 y z − ⋅ = = Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) đường thẳng d: −2 Viết phương trình đường thẳng ∆ qua điểm A, vng góc với đường thẳng d cắt trục Ox Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = – 9i B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – = Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) hai điểm M N cho tam giác AMN vuông cân A x −1 y − z = = mặt phẳng Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : ( P) : x − y + z = Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính tiếp xúc với mặt phẳng (P) x + 3x + Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ giá trị lớn hàm số y = x +1 đoạn [0; 2] - 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 2011 Mơn: TỐN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu I (2,0 điểm) Đáp án Điểm (1,0 điểm) • Tập xác định: D = \ {− } • Sự biến thiên: > 0, ∀ x ∈ D ( x + 1) Hàm số đồng biến khoảng (– ∞; – 1) (– 1; + ∞) – Chiều biến thiên: y ' = 0,25 – Giới hạn tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang: y = x → −∞ x → +∞ lim − y = + ∞, lim + y = – ∞; tiệm cận đứng: x = – x → ( −1) – Bảng biến thiên: 0,25 x → ( −1) x −∞ y’ + +∞ –1 + +∞ 0,25 y • Đồ thị: −∞ y 0,25 –1 O x (1,0 điểm) Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy hoành độ giao điểm d (C) nghiệm phương trình: 2x +1 ⇔ 2x + = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – không nghiệm) kx + 2k + = x +1 ⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = (1) 0,25 d cắt (C) hai điểm phân biệt A B, (1) có hai nghiệm phân biệt ⎧k ≠ ⎧k ≠ ⎧k ≠ ⎪ ⇔⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ ⎪k < − 2 ∨ k > + 2 ⎩Δ > ⎩ k − 6k + > ⎩ (*) Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 x2 nghiệm (1) d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ kx1 + 2k + = kx2 + 2k + Trang 1/4 0,25 0,25 Câu II (2,0 điểm) Đáp án Điểm ⇔ k(x1 + x2) + 4k + = (do x1 ≠ x2) Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + = ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*) Vậy, giá trị cần tìm là: k = – (1,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ − (*) Phương trình cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – = ⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0,25 0,25 0,25 π π + k2π cosx = ⇔ x = ± + k2π 2 π Đối chiếu điều kiện (*), suy nghiệm: x = + k2π (k ∈ Z) ⇔ sinx = – ⇔ x = – 0,25 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: – ≤ x ≤ (*) Khi đó, phương trình cho tương đương với: log ( − x ) = log ⎡ ⎣ ⇔ – x2 = ( ( ) + x + − x ⇔ (8 – x2)2 = 16 + − x ) ( (1) Đặt t = 1− x , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 2 ⇔ (t – 1) (t + 2t + 17) = ⇔ t = III (1,0 điểm) ) 1+ x + − x ⎤ ⎦ Do đó, (1) ⇔ 1− x = ⇔ x = 0, thỏa mãn (*) Vậy, phương trình có nghiệm: x = Đặt t = x + ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt Đổi cận: x = ⇒ t = 1; x = ⇒ t = 3 ⎛ 2t − 3t 10 ⎞ I= ∫ dt = ∫ ⎜ 2t − 4t + − ⎟ dt t+2 t + 2⎠ 1⎝ 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 ⎛ 2t ⎞ − 2t + 5t − 10 ln t + ⎟ =⎜ ⎝ ⎠1 = IV (1,0 điểm) V (1,0 điểm) 0,25 34 + 10 ln 0,25 Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin SBC = a S Diện tích: SABC = BA.BC = 6a2 Thể tích: VS.ABC = SABC.SH = 2a 3 K H Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) B C ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)) D BH = SB.cos SBC = 3a ⇒ BC = 4HC ⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)) A HC 3a Ta có AC = BA2 + BC = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA = AC SH HD 3a 6a = Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = HK = 2 14 SH + HD ⎧( x − x)(2 x − y ) = m ⎪ Hệ cho tương đương với: ⎨ ⎪( x − x) + (2 x − y ) = − 2m ⎩ Trang 2/4 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Câu Đáp án Điểm ; v = 2x – y ⎧u + (2m − 1)u + m = (1) ⎧uv = m Hệ cho trở thành: ⎨ ⇔ ⎨ ⎩u + v = − 2m ⎩v = − 2m − u Đặt u = x2 – x, u ≥ – Hệ cho có nghiệm, (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – 0,25 − u2 + u , ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = 2u + −u + u , với u ≥ – ; ta có: Xét hàm f(u) = 2u + Với u ≥ – f '(u ) = – −1 + 2u + 2u − ; f '(u ) = ⇔ u = (2u + 1) Bảng biến thiên: u − −1 + + f '(u ) +∞ – 2− f(u) VI.a 0,25 − 0,25 –∞ 2− Suy giá trị cần tìm là: m ≤ (1,0 điểm) B (2,0 điểm) G• A D E C Gọi D(x; y) trung điểm AC, ta có: BD = 3GD ⎧ x + = 3( x − 1) ⎛7 ⎞ ⇔ ⎨ ⇒ D ⎜ ; 1⎟ ⎝2 ⎠ ⎩ y − = 3( y − 1) Gọi E(x; y) điểm đối xứng B qua phân giác d: x – y – = góc A Ta có EB vng góc với d trung điểm I EB thuộc d nên tọa độ E nghiệm hệ: ⎧1( x + 4) + 1( y − 1) = ⎧x + y + = ⎪ ⇔ ⎨ ⇒ E(2; – 5) ⎨ x − y +1 − − 1= ⎩x − y − = ⎪ ⎩ 0,25 0,25 Đường thẳng AC qua D E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0,25 ⎧x − y −1 = Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ A(4; 3) Suy ra: C(3; – 1) ⎩4 x − y − 13 = 0,25 (1,0 điểm) Mặt phẳng (P) qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + = Gọi B giao điểm trục Ox với (P), suy ∆ đường thẳng qua điểm A, B B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + = ⇒ B(– 1; 0; 0) ⎧ x = + 2t ⎪ Phương trình ∆: ⎨ y = + 2t ⎪ z = + 3t ⎩ VII.a 0,25 Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = – 9i 0,25 Trang 3/4 0,25 0,25 0,25 Câu (1,0 điểm) Đáp án ⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = – 9i Điểm 0,25 ⎧− a − 3b = ⎩3a − 3b = 0,25 ⎧a = Vậy z = – i ⎩b = −1 0,25 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ VI.b (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Đường trịn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính 10 O –2 M Ta có: IM = IN AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy phương trình ∆ có dạng: y = m A x Hoành độ M, N nghiệm phương trình: x2 – 2x + m2 + 4m – = (1) (1) có hai nghiệm phân biệt x1 x2, khi: m2 + 4m – < (*); ta có: M(x1; m) N(x2; m) I –3 N 0,25 0,25 AM ⊥ AN ⇔ AM AN = ⇔ (x1 – 1)(x2 – 1) + m2 = ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + = 0,25 Áp dụng định lý Viét (1), suy ra: 2m2 + 4m – = ⇔ m = m = – 3, thỏa mãn (*) Vậy, phương trình ∆: y = y = – 0,25 (1,0 điểm) Gọi I tâm mặt cầu I ∈ ∆, suy tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; + 4t; t) Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi: d(I, (P)) = 2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t =1 ⇔ 0,25 Phương trình mặt cầu: (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = (1,0 điểm) 0,25 ⇔ t = t = – Suy ra: I(5; 11; 2) I(– 1; – 1; – 1) VII.b 0,25 0,25 y' = x2 + x ; ( x + 1) 0,25 y' = ⇔ x = – x = 17 y(0) = 3, y(2) = 0,25 0,25 17 , x = [0; 2] - Hết - Vậy: y = 3, x = 0; max y = [0; 2] Trang 4/4 0,25 ... Ghi chó: 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... 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 B Nội... -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
