Së gd&Dt nghƯ an Trêng thpt ®«ng hiÕu Tun tËp ®Ị thi thư ®¹i häc Gi¸o viªn: TrÇn Ngäc Tun Tỉ : To¸n Tin N¨m Häc: 2010 – 2011 Lời nói đầu: Trong trình ôn thi tốt nghiệp đại học cho học sinh lớp 12 ,chúng ta nhận thấy học sinh ngại tiếp cận cách e dè với đề thi Cũng học sinh yếu kiến thức môn Hơn giáo viên thường bí tập nhằm rèn luyện kỹ năng, đặc biệt luyện thi tốt nghiệp đai học Đồng thời học sinh học sinh có hoàn cảnh gia đình nghèo học sinh yếu kỹ vận dụng chữa vài đề thi mà thôii Do để học sinh chủ động trình làm bài,các tập tài liệu có tính cất gợi ý phương án chứng minh chưa phải giải hoàn hảo Bên cạnh để có đề thi thử riêng giáo viên,người giáo viên cần biết biến đổi tập tài liệu cho phù hợp với đối tượng học sinh Tài liệu sưu tầm sách thống kê phần phụ lục Cấm việc in sao,sao chép hình thức mà trí tác giả Dù có nhiều cố gắng song tài liệu chắn kông thể sai soat Mong góp ý bạn đọc.Thư về: Trần Ngọc Tuyến Giáo viên Trường THPT Đông Hiếu SDT: 0914437744 ®Ị KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ƠN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2011 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x − x +1 Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cđa hµm sè T×m täa ®é ®iĨm M cho kho¶ng c¸ch tõ ®iĨm I (−1; 2) tíi tiÕp tun cđa (C) t¹i M lµ lín nhÊt Câu II (2 điểm) cos x + cos x − 1.Giải phương trình: cos x − tan x = cos x  x + y + xy + = y Giải hệ phương trình:  , ( x, y ∈ R) 2  y( x + y) = x + y + C©u 1.(2 ®iĨm) Cho hµm sè y = Câu III (1 điểm) e Tính tích phân: I = ∫ log 32 x x + 3ln x dx Câu IV (1 điểm) a vµ gãc BAD = 600 Gäi M vµ N lÇn lỵt lµ trung ®iĨm cđa c¸c c¹nh A'D' vµ A'B' Chøng minh AC' vu«ng gãc víi mỈt ph¼ng (BDMN) TÝnh thĨ tÝch khèi chãp A.BDMN Câu V (1 điểm) Cho a, b, c số thực khơng âm thỏa mãn a + b + c = Chứng minh rằng: ab + bc + ca − 2abc ≤ 27 Cho h×nh hép ®øng ABCD.A'B'C'D' cã c¸c c¹nh AB = AD = a, AA' = B PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần 2) 1.Theo chương trình Chuẩn Câu VIa ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC biết A(5; 2) Phương trình đường trung trực cạnh BC, đường trung tuyến CC’ x + y – = 2x – y + = Tìm tọa độ đỉnh tam giác ABC Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) Câu VIIa (1 điểm) 2 z + z2 Cho z1 , z2 nghiệm phức phương trình z − z + 11 = Tính giá trị biểu thức ( z1 + z2 ) 2 Theo chương trình Nâng cao Câu VIb ( điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng ∆ : x + y + = , ∆ ' :3 x − y + 10 = điểm A(-2 ; 1) Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc đường thẳng ∆ , qua điểm A tiếp xúc với đường thẳng ∆ ’ Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, Cho ba điểm A(0;1;2), B(2;-2;1), C(-2;0;1) Viết phương trình mặt phẳng (ABC) tìm điểm M thuộc mặt phẳng 2x + 2y + z – = cho MA = MB = MC Câu VIIb (1 điểm)  log1− x (− xy − x + y + 2) + log 2+ y ( x − x + 1) = Giải hệ phương trình :  , ( x, y ∈ R) =1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) ®Ị ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2010-2011 Mơn: Tốn A Thời gian: 180 phút ( Khơng kể giao đề) I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x + Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = 1− x 1) Khảo sát vẽ đồ thị ( C ) hàm số 2) Gọi (d) đường thẳng qua A( 1; ) có hệ số góc k Tìm k cho (d) cắt ( C ) hai điểm M, N MN = 10 Câu II (2 điểm): 1) Giải phương trình: sin x − 3sin x − cos x + 3sin x + 3cos x − =  x + y + xy + = y 2) Giải hệ phương trình:  2  y( x + y) = x + y + π Câu III (1 điểm): Tính tích phân: I = 3sin x − cos x dx ∫0 (sin x + cos x)3 Câu IV (1 điểm): Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy hình chữ nhật với SA vng góc với đáy, G trọng tâm tam giác SAC, mặt phẳng (ABG) cắt SC M, cắt SD N Tính thể tích khối đa diện MNABCD biết SA=AB=a góc hợp đường thẳng AN mp(ABCD) 300 Câu V (1 điểm): Cho số dương a, b, c : ab + bc + ca = 1 1 + + ≤ Chứng minh rằng: 2 + a (b + c) + b (c + a ) + c (a + b) abc II PHẦN RIÊNG (3 điểm) (Thí sinh làm hai phần (phần phần 2)) Theo chương trình Chuẩn : Câu VI.a (2 điểm): 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn hai đường tròn (C ) : x + y – x – y + = 0, (C ') : x + y + x – = qua M(1; 0) Viết phương trình đường thẳng qua M cắt hai đường tròn (C ), (C ') A, B cho MA= 2MB 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, xác định toạ độ tâm bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC, biết A(-1; 0; 1), B(1; 2; -1), C(-1; 2; 3) Câu VII.a (1 điểm): 20 20 Khai triển đa thức: (1 − x) = a0 + a1 x + a2 x + + a20 x Tính tổng: S = a0 + a1 + a2 + + 21 a20 Theo chương trình Nâng cao : Câu VI.b (2 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, viết phương trình cạnh tam giác ABC biết trực tâm H (1;0) , chân đường cao hạ từ đỉnh B K (0; 2) , trung điểm cạnh AB M (3;1) 2) Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: (d1 ) : x y z x +1 y z −1 = = = = (d ) : 1 −2 1 Tìm tọa độ điểm M thuộc (d1 ) N thuộc (d ) cho đường thẳng MN song song với mặt phẳng ( P) : x – y + z + 2010 = độ dài đoạn MN  log1− x (− xy − x + y + 2) + log + y ( x − x + 1) = Câu VII.b (1 điểm): Giải hệ phương trình  =1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) THI THỬ ĐẠI HỌC 2011 MƠN TỐN Thời gian làm bài: 180 phút A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH x +1 Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x −1 ®Ị a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị ( C ) hàm số b) Biện luận theo m số nghiệm phương trình x +1 = m x −1 ( )  π 4 Câu II (2 điểm) Tìm m để phương trình sin x + cos x + cos x + 2sin x − m = có nghiệm 0;   2 1 Giải phương trình log ( x + 3) + log ( x − 1) = log ( x ) Câu III (2 điểm) 3x2 − + x + − cos x x →0 a) Tìm giới hạn L = lim 98 100 b) Chứng minh C100 − C100 + C100 − C100 + − C100 + C100 = −250 Câu IV (1 điểm) Cho a, b, c số thực thoả mãn a + b + c = Tìm giá trị nhỏ biểu thức M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu Va (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, cho hai đường tròn có phương trình ( C2 ) : x + y − x + y + 16 = ( C1 ) : x + y − y − = Lập phương trình tiếp tuyến chung ( C1 ) ( C2 ) b) Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có tất cạnh a Gọi M trung điểm AA’ Tính thể tích khối tứ diện BMB’C’ theo a chứng minh BM vng góc với B’C Câu VIa (1 điểm) x −1 y z − = = Viết phương trình mặt phẳng ( α ) chứa d cho Cho điểm A ( 2;5;3) đường thẳng d : 2 khoảng cách từ A đến ( α ) lớn Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu Vb (2 điểm) a) Trong hệ tọa độ Oxy, viết phương trình hyperbol (H) dạng tắc biết (H) tiếp xúc với đường thẳng d : x − y − = điểm A có hồnh độ · · b) Cho tứ diện OABC có OA = 4, OB = 5, OC = ·AOB = BOC = COA = 600 Tính thể tích tứ diện OABC Câu VIb (1 điểm) x −1 y − z x−5 y z +5 = = , d2 : = = Tìm Cho mặt phẳng ( P ) : x − y + z − = đường thẳng d1 : −3 −5 điểm M thuộc d1, N thuộc d2 cho MN song song với (P) đường thẳng MN cách (P) khoảng kú thi thư ®¹i häc n¨m 2011 ®Ị Thêi gian lµm bµi 180 A /phÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh ( đ ) Câu I : ( điểm ) Cho hàm số y = x3 + ( – 2m)x2 + (2 – m )x + m + (Cm) 1.Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = 2 Tìm m để đồ thị hàm số (Cm) có cực trị đồng thời hồnh độ cực tiểu nhỏ Câu II : ( điểm ) sin x − 2(s inx+cosx)=5 Giải phương trình: Tìm m để phương trình sau có nghiệm : x + mx = − x Câu III : ( điểm ) − x2 dx Tính tích phân sau : I = ∫ x + x3  x − y = m( x − y )   x + y = −1 Cho hệ phương trình : Tìm m để hệ có nghiệm phân biệt (x1;y1);(x2;y2);(x3;y3) cho x1;x2;x3 lập thành cấp số cộng ( d ≠ ) Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > Câu IV : ( điểm )  x = −1 − 2t  x y z Trong khơng gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2  y = t 1 z = 1+ t  điểm M(1;2;3) 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2 2.Tìm A ∈ d1 ; B ∈ d cho AB ngắn B PHẦN TỰ CHỌN: ( điểm ) ( Thí sinh làm câu Va Vb sau đây.) Câu Va Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - = Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = Xác định tọa độ B C Tính diện tích ∆ABC n 1 3 + x  ÷ x  2.Tìm hệ số x khai triển biết tổng hệ số khai triển 1024 Câu Vb Giải bất phương trình : ’ ’ 51+ x − 51− x > 24 ’ 2.Cho lăng trụ ABC.A B C đáy ABC tam giác cạnh a .A’ cách điểm A,B,C Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ Hết Trêng L¬ng thÕ Vinh –Hµ néi §Ị thi thư §H lÇn I M«n To¸n (180’) ®Ị PhÇn b¾t bc Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( m tham số) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với 2x − C©u 1.(2 ®iĨm) Cho hµm sè y = x +1 Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cđa hµm sè T×m täa ®é ®iĨm M cho kho¶ng c¸ch tõ ®iĨm I (−1; 2) tíi tiÕp tun cđa (C) t¹i M lµ lín nhÊt C¢U (2 ®iĨm) Gi¶i ph¬ng tr×nh : sin x − sin x + sin x + cos x − = T×m gi¸ trÞ cđa m ®Ĩ ph¬ng tr×nh sau ®©y cã nghiƯm nhÊt : log 0,5 ( m + x) + log (3 − x − x ) = − x2 dx x2 C¢U (1 ®iĨm) Cho tø diƯn ABCD cã ba c¹nh AB, BC, CD ®«i mét vu«ng gãc víi vµ AB = BC = CD = a Gäi C’ vµ D’ lÇn lỵt lµ h×nh chiÕu cđa ®iĨm B trªn AC vµ AD TÝnh thĨ tÝch tÝch tø diƯn ABC’D’ C¢U (1 ®iĨm) Cho tam gi¸c nhän ABC , t×m gi¸ trÞ bÐ nhÊt cđa biĨu thøc: S = cos A + cos A + cos B + cos 2C C¢U (1®iĨm) TÝnh tÝch ph©n: I = ∫ PhÇn tù chän (thÝ sinh chØ lµm mét hai phÇn : A hc B ) PhÇn A C¢U 6A (2 ®iĨm) Trong mỈt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(1;1) , B (−2; 5) , ®Ønh C n»m trªn ®êng th¼ng x − = , vµ träng t©m G cđa tam gi¸c n»m trªn ®êng th¼ng x − y + = TÝnh diƯn tÝch tam gi¸c ABC y−2 =z Trong kh«ng gian víi hƯ täa ®é Oxyz cho hai ®êng th¼ng d vµ d’ lÇn lỵt cã ph¬ng tr×nh : d : x = −1 x−2 z+5 = y −3= vµ d’ : −1 Chøng minh r»ng hai ®êng th¼ng ®ã vu«ng gãc víi ViÕt ph¬ng tr×nh mỈt ph¼ng (α ) ®i qua d vµ vu«ng gãc víi d’ C¢U7A (1 ®iĨm) TÝnh tỉng : S = Cn0 − 2Cn1 + 3Cn2 − 4Cn3 + ⋅ ⋅ ⋅ + (−1) n (n + 1)Cnn PhÇn B C¢U 6B (2 ®iĨm) Trong mỈt ph¼ng täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC, víi A(2;−1) , B (1;− 2) , träng t©m G cđa tam gi¸c n»m trªn ®êng th¼ng x + y − = T×m täa ®é ®Ønh C biÕt diƯn tÝch tam gi¸c ABC b»ng 13,5 y−2 =z Trong kh«ng gian víi hƯ täa ®é Oxyz cho hai ®êng th¼ng d vµ d’ lÇn lỵt cã ph¬ng tr×nh : d : x = −1 x−2 z+5 = y −3= vµ d’ : −1 ViÕt ph¬ng tr×nh mỈt ph¼ng (α ) ®i qua d vµ t¹o víi d’ mét gãc 300 C¢U7B (1 ®iĨm) TÝnh tỉng : S = Cn0 + 2Cn1 + 3Cn2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (n + 1)Cnn ®Ị KÌ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2010-2011 MƠN TỐN (Thời gian làm bài: 180 phút) A PHẦN DÀNH CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3(2m + 1) x + 6m(m + 1) x + có đồ thị (Cm) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Tìm m để hàm số đồng biến khoảng ( 2;+∞ ) Câu II (2 điểm) a) Giải phương trình: cos 3x (2 cos x + 1) = 2 b) Giải phương trình : (3x + 1) x − = x + ln Câu III (1 điểm) Tính tích phân I= ∫ x−3 dx ( e + 2) x Câu IV (1 điểm) Cho hình lăng trụ ABC.A’B’C’ có đáy tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ lên măt phẳng (ABC) trùng với tâm O tam giác ABC Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ biết khoảng cách AA’ a Câu V (1 điểm) BC Cho x,y,z thoả mãn số thực: x − xy + y = Tìm giá trị lớn ,nhỏ biểu thức x4 + y4 +1 x2 + y2 +1 B PHẦN DÀNH CHO TỪNG LOẠI THÍ SINH Dành cho thí sinh thi theo chương trình chuẩn Câu VIa (2 điểm) a) Cho hình tam giác ABC có diện tích Biết A(1;0), B(0;2) trung điểm I AC nằm đường thẳng y = x Tìm toạ độ đỉnh C b) Trong khơng gian Oxyz, cho điểm A(1;0;0); B(0;2;0); C(0;0;-2) tìm tọa độ điểm O’ đối xứng với O qua (ABC) Câu VIIa(1 điểm) Giải phương trình: ( z − z )( z + 3)( z + 2) = 10 , z ∈ C Dành cho thí sinh thi theo chương trình nâng cao Câu VIb (2 điểm) a Trong mp(Oxy) cho điểm A(1;0),B(-2;4),C(-1;4),D(3;5) Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng (∆) : x − y − = cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích P= b.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng: d1 : x − y −1 z + x−2 y+3 z = = d2 : = = −1 −2 Viết phương trình mặt cầu có bán kính nhỏ tiếp xúc với hai đường thẳng d1 d2 Câu VIIb (1 điểm) Giải bất phương trình: x(3 log x − 2) > log x − …… HẾT ®Ị ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN – THÁNG 12/2010 Mơn thi: TỐN HỌC – Khối A, B Thời gian: 180 phút ĐỀ CHÍNH THỨC Câu I: x+2 ( C) x−2 Khảo sát vẽ ( C ) Cho hàm số y = Viết phương trình tiếp tuyến ( C ) , biết tiếp tuyến qua điểm A ( −6;5 ) Câu II:   Giải phương trình: cos x + cos3x = + sin  2x + π ÷ 4  x + y3 = Giải hệ phương trình:  2  x y + 2xy + y = Câu III: π Tính I = dx ∫ cos x ( + e ) − π −3x Câu IV: Hình chóp tứ giác SABCD có khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( SBC ) Với giá trị góc α mặt bên mặt đáy chóp thể tích chóp nhỏ nhất? Câu V: Cho a, b,c > : abc = Chứng minh rằng: 1 + + ≤1 a + b +1 b + c +1 c + a +1 Câu VI: Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A ( 1;0 ) , B ( −2;4 ) ,C ( −1; ) , D ( 3;5 ) đường thẳng d : 3x − y − = Tìm điểm M d cho hai tam giác MAB, MCD có diện tích Viết phương trình đường vng góc chung hai đường thẳng sau: x y −1 z + d1 : = = ; −1 Câu VII: Tính: A=  x = −1 + 2t  d : y = + t z =  20 C02010 21 C12010 2 C22010 23 C32010 22010 C 2010 2010 − + − + + 1.2 2.3 3.4 4.5 2011.2012 THI thư ĐẠI HỌC ®Ị NĂM häc: 2010-2011 Mơn thi : TỐN kĨ thêi gian giao ®Ị) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I:(2 điểm) Cho hàm số y = x3 + 3x2 + mx + có đồ thị (Cm); ( m tham số) lµm bµi:180 phótThêi gian (kh«ng Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m = Xác định m để (Cm) cắt đường thẳng: y = ba điểm phân biệt C(0;1), D, E cho tiếp tuyến (Cm) D E vng góc với Câu II:(2 điểm) Giải hệ phương trình:  x − y − xy =   x − − y − = T×m x ∈ (0; π ) tho¶ m·n ph¬ng tr×nh: cotx – = cos x + sin x − sin x + tan x Câu III: (2 điểm) Trên cạnh AD hình vng ABCD có độ dài a, lấy điểm M cho AM = x (0 < x ≤ a) Trên đường thẳng vng góc với mặt phẳng (ABCD) A, lấy điểm S cho SA = 2a a) Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (SAC) b) KỴ MH vu«ng gãc víi AC t¹i H T×m vÞ trÝ cđa M ®Ĩ thĨ tÝch khèi chãp SMCH lín nhÊt Tính tích phân: I = π ∫ ( x + sin 2 x) cos xdx Câu IV: (1 điểm) : Cho c¸c sè thùc d¬ng a,b,c thay ®ỉi lu«n tho¶ m·n : a+b+c=1 a +b2 b +c c + a Chứng minh : + + ≥ b +c c +a a +b PHẦN RIÊNG (3 điểm) ( A Theo chương trình chuẩn Chó ý!:ThÝ sinh chØ ®ỵc chän bµi lµm ë mét phÇn) Câu Va :1.Trong mỈt ph¼ng Oxy cho tam gi¸c ABC biÕt A(2; - 3), B(3; - 2), cã diƯn tÝch b»ng t©m thc ®êng th¼ng ∆ : 3x – y – = T×m täa ®é ®Ønh C 2.Trong kh«ng gian víi hƯ to¹ ®é Oxyz cho hai ®iĨm A(1;4;2),B(-1;2;4) vµ ®êng th¼ng ∆ : x −1 y + z = = T×m to¹ ®é ®iĨm M trªn −1 Câu VIa : Gi¶i bÊt ph¬ng tr×nh: ( + 3) x −2 x +1 + (2 − ) x −2 x −1 ≤ vµ träng ∆ cho: MA2 + MB = 28 2− B Theo chương trình Nâng cao Câu Vb: Trong mpOxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 6x + = Tìm M thuộc trục tung cho qua M kẻ hai tiếp tuyến (C) mà góc hai tiếp tuyến 600 2.Trong khơng gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(2 ; ; 0) đường thẳng d víi d: x −1 y +1 z = = Viết phương trình tắc đường thẳng qua điểm M, −1 cắt vng góc với đường thẳng d vµ t×m to¹ ®é cđa ®iĨm M’ ®èi xøng víi M qua d log xy log  4 = + ( xy ) Câu VIb: Giải hệ phương trình  2  log ( x + y ) + = log x + log ( x + y )  x1 + x2 == −1   x1 x2 = − m với m > Đồng thời có hai số xi thỏa mãn xi > ta cần có thêm điều kiện sau −1 + m − x2 = f ⇔ 4m − f ⇔ m f IV 0,25 Đáp số : m >  x = −1 − 2t  x y z Trong khơng gian oxyz cho hai đường thẳng d1 : = = ; d2  y = t 1 z = 1+ t  điểm M(1;2;3) 1.Viết phương trình mặt phẳng chứa M d1 ; Tìm M’ đối xứng với M qua d2 + Phương trình mặt phẳng chứa M d1 … Là (P) x + y – z = + Mp(Q) qua M vng góc với d2 có pt 2x – y - z + = 2,00 0,25 0,25 + Tìm giao d2 với mp(Q) H(-1 ;0 ;1) 0,25 … ⇒ Điểm đối xứng M’ M qua d2 M’(-3 ;-2 ;-1) 2.Tìm A ∈ d1 ; B ∈ d cho AB ngắn Gọi A(t;t;2t) B(-1-2t1 ;-t1 ;1+t1) AB ngắn đoạn vng góc chung hai đường thẳng d1 d2 0,25 uuur ur  AB.v1 = …… ⇒ tọa độ A  ; ; ÷ B  −1 ; −17 ; 18 ÷ ⇒  uuur uur  35 35 35   35 35 35   AB.v2 = Va 1 Trong mặt phẳng oxy cho ∆ABC có A(2;1) Đường cao qua đỉnh B có phương trình x- 3y - = Đường trung tuyến qua đỉnh C có phương trình x + y +1 = Xác định tọa độ B C B M A C H r +AC qua A vng góc với BH có VTPT n = (3;1) AC có phương trình 3x + y - =  AC …… ⇒ C(4;- 5) CM + Tọa độ C nghiệm hệ  0,50 0,50 2,00 + xB + yB + xB + y B = xM ; = yM ; M thuộc CM ta + +1 = 2 2  + xB + y B + +1 =  + Giải hệ  ta B(-2 ;-3)  xB − yB − = + 0,25 0,25 Tính diện tích ∆ABC 14  x=  x − 3y − =  ⇔  3x + y − = y = −  + Tọa độ H nghiệm hệ … Tính Diện tích S = - 10 ; AC = 10 1 10 AC.BH = 10 = 16 ( đvdt) 2 0,25 BH = 0,25 n 1  2.Tìm hệ số x khai triển  + x ÷ biết tổng hệ số khai triển x  1024 + ; Cn0 + Cn1 + + Cnn = 1024 0,25 ⇔ ( + 1) = 1024 ⇔ 2n = 1024 ⇔ n = 10 n 10 − k 10 10 1 3 k 1 + x = + ; ÷ ∑ C10  ÷ x  x k =o ( x3 ) k 0,25 0,25 ; …… Hạng tử chứa x6 ứng với k = hệ số cần tìm 210 Vb 2 Giải bất phương trình : 51+ x − 51− x > 24 (2) ( ) (2) ⇔ 5x 2 ( ) − 24 x − f x f ⇔ x2 f ⇔ x2 > ⇔   x p −1 0,25 2,00 1,00 -0,5 0,5 2.Cho lăng trụ ABC.A’B’C’đáy ABC tam giác cạnh a .A’ cách điểm A,B,C Cạnh bên AA’ tạo với đáy góc 600 Tính thể tích khối lăng trụ 1,00 A' C' 0,25 B' A C G N M B Từ giả thiết ta chop A’.ABC chop tam giác ·A' AG góc cạnh bên đáy ⇒ ·A' AG = 600 , … AG = a ; Đường cao A’G chop A’.ABC đường cao lăng trụ Vậy A’G = a a tan600 = = a 3 …… Vậy Thể tích khối lăng trụ cho V = 0,25 a a3 a .a = 2 0,25 0,25 Ghi : + Mọi phương pháp giải khác cơng nhận cho điểm + Điểm thi tổng điểm thành phần làm tròn ( lên ) đến 0,5 điểm ®Ị Câu I a) ĐÁP ÁN điểm 0,25 x +1 có tập xác định D = R \ { 1} x −1 x +1 x +1 x +1 = 1; lim = +∞; lim = −∞ Giới hạn: lim x →±∞ x − x →1+ x − x →1− x − 0,25 −2 < 0, ∀x ≠ ⇒ Hàm số nghịch biến khoảng Đạo hàm: y ' = ( x − 1) Tập xác định: Hàm số y = ( −∞;1) ( 1; +∞ ) Hàm số khơng có cực trị Bảng biến thiên: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận ngang y = Giao hai tiệm0,25 cận I ( 1;1) tâm đối xứng Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình b) Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y = x +1 ( C ') x −1 Học sinh tự vẽ hình x +1 x +1 = m số giao điểm đồ thị y = Số nghiệm y = m x −1 x −1 Câu II a) 0,25 0,5 0,25 Suy đáp số m < −1; m > 1: phương trình có nghiệm m = −1: phương trình có nghiệm −1 < m ≤ 1: phương trình vơ nghiệm điểm 4 Ta có sin x + cos x = − sin x cos4 x = − 2sin 2 x 0,25 Do ( 1) ⇔ −3sin 2 x + 2sin x + = m 0,25 0,25  π Đặt t = sin x Ta có x ∈  0;  ⇒ x ∈ [ 0; π ] ⇒ t ∈ [ 0;1]  2 Suy f ( t ) = −3t + 2t + = m, t ∈ [ 0;1] Ta có bảng biến thiên 0,25 b) 10  π Từ phương trình cho có nghiệm 0;  ⇔ ≤ m ≤  2 1 Giải phương trình log ( x + 3) + log ( x − 1) = log ( x ) ( ) Điều kiện: < x ≠ ( ) ⇔ ( x + 3) x − = x 0,25 Trường hợp 1: x > 0,25 0,25 0,25 ( 2) ⇔ x2 − x = ⇔ x = Trường hợp 1: < x < ( 2) ⇔ x2 + x − = ⇔ x = 0,25 −3 { } Vậy tập nghiệm (2) T = 2; − Câu III a) 3x2 − + x + − cos x x →0  3x2 − + x + − ÷ + Ta có L = lim  − cos x ÷ x →0  − cos x   Tìm L = lim 0,25 0,25 x2 + − x2 L = lim = lim =2 Xét x →0 − cos x  x x →0 2sin  x + + 1÷ 2  Xét b) 3x2 − + = lim x → − cos x x →0 L2 = lim 0,25 3x2  x 2sin  3 x − − x − + 1÷ ÷   ( ) =2 Vậy L = L1 + L2 = + = 0,25 100 Chứng minh C100 − C100 + C100 − + C100 = −250 Ta có 0,5 2 100 100 + C100 i + C100 i + + C100 i ( + i ) 100 = C100 ( ) ( ) 100 99 = C100 − C100 + C100 − + C100 + C100 − C100 + − C100 i Mặt khác ( + i ) = + 2i + i = 2i ⇒ ( + i ) 100 = ( 2i ) 50 = −250 Câu IV 100 Vậy C100 − C100 + C100 − + C100 = −250 Cho a, b, c thoả a + b + c = Tìm GTNN 0,5 M = 4a + 9b + 16c + 9a + 16b + 4c + 16a + 4b + 9c r r uur r r uur a b c c a b b c a Đặt u = ;3 ; , v = ;3 ; , w = ;3 ; ⇒ M = u + v + w ( r r uur M ≥ u+v+w = Câu Va a) ) ( ) ( ) ( 2a + 2b + 2c ) + ( 3a + 3b + 3c ) + ( 4a + 4b + 4c ) 2 Theo – si có 22 + 2b + 2c ≥ 33 2a + b + c = Tương tự … Vậy M ≥ 29 Dấu xảy a = b = c = Học sinh tự vẽ hình ( C1 ) : I1 ( 0; ) , R1 = 3; ( C2 ) : I ( 3; −4 ) , R2 = 0,25 0,5 0,25 0,25 ( 2 Gọi tiếp tuyến chung ( C1 ) , ( C2 ) ∆ : Ax + By + C = A + B ≠ ) 0,25 ∆ tiếp tuyến chung ( C1 ) , ( C2 )   2 ( 1)  d ( I1; ∆ ) = R1  2B + C = A + B ⇔ ⇔ d ( I ; ∆ ) = R2  A − B + C = A2 + B ( )  −3 A + B Từ (1) (2) suy A = B C = Trường hợp 1: A = B 0,5 Chọn B = ⇒ A = ⇒ C = −2 ± ⇒ ∆ : x + y − ± = −3 A + B Thay vào (1) A − B = A2 + B ⇔ A = 0; A = − B ⇒ ∆ : y + = 0; ∆ : x − y − = a Gọi H trung điểm BC ⇒ d ( M ; ( BB ' C ) ) = AH = Trường hợp 2: C = b) 0,25 a2 a3 S∆BB ' C = BB '.BC = ⇒ VMBB ' C = AH S∆BB ' C = 2 12 Gọi I tâm hình vng BCC’B’ (Học sinh tự vẽ hình) Ta có B ' C ⊥ MI ; B ' C ⊥ BC ' ⇒ B ' C ⊥ MB 0,25 (Học sinh tự vẽ hình) Gọi K hình chiếu A d ⇒ K cố định; 0,25 0,5 Câu VIa Gọi ( α ) mặt phẳng chứa d H hình chiếu A ( α ) Trong tam giác vng AHK ta có AH ≤ AK 0,25 Vậy AH max = AK ⇔ ( α ) mặt phẳng qua K vng góc với AK Gọi ( β ) mặt phẳng qua A vng góc với d ⇒ ( β ) : x + y + z − 15 = 0,25 ⇒ K ( 3;1; ) (α) Câu Vb mặt phẳng qua K vng góc với AK ⇒ ( α ) : x − y + z − = 0,25 a) Gọi ( H ) : x2 a2 − y2 b2 0,25 =1 (H) tiếp xúc với d : x − y − = ⇔ a − b = x = ⇒ y = ⇒ A ( 4; ) ∈ ( H ) ⇒ 16 a2 − b2 ( 1) = ( 2) 0,25 x2 y2 Từ (1) (2) suy a = 8; b = ⇒ ( H ) : − =1 0,5 (Học sinh tự vẽ hình) Lấy B’ OB; C’ OC cho OA = OB ' = OC ' = Lấy M trung điểm B’C’ ⇒ ( OAM ) ⊥ ( OB ' C ') 0,25 b) 0,25 Kẻ AH ⊥ OM ⇒ AH ⊥ ( OB ' C ') ⇒ AH = 3 15 · SOBC = OB.OC.sin BOC = 2 Vậy VOABC = AH SOBC = 10 0,25 Gọi M ( + 2t ;3 − 3t; 2t ) , N ( + 6t '; 4t '; −5 − 5t ' ) 0,25 d ( M ; ( P ) ) = ⇔ 2t − = ⇔ t = 0; t = uuuur Trường hợp 1: t = ⇒ M ( 1;3;0 ) , MN = ( 6t '+ 4; 4t '− 3; −5t '− ) uuuur uur uuuur uur MN ⊥ nP ⇔ MN nP = ⇒ t ' = ⇒ N ( 5;0; −5 ) 0,25 Ta có AM = OM = ⇒ MH = Câu VIb Trường hợp 2: t = ⇒ M ( 3;0; ) , N ( −1; −4;0 ) Kết luận 0,25 0,25 0,25 ®Ị Câu Phần Nội dung I Làm đúng, đủ bước theo Sơ đồ khảo sát hàm số cho điểm tối đa (2,0) 1(1,0 ) 2(1,0) Từ giả thiết ta có: (d ) : y = k ( x − 1) + Bài tốn trở thành: Tìm k để hệ phương trình sau 2 có hai nghiệm ( x1 ; y1 ), ( x2 ; y2 ) phân biệt cho ( x2 − x1 ) + ( y2 − y1 ) = 90(*) Điểm 1,0 0,25  2x + kx − (2k − 3) x + k + = = k ( x − 1) +  ( I ) ( I ) ⇔ Ta có:  −x +1  y = k ( x − 1) +   y = k ( x − 1) + Dễ có (I) có hai nghiệm phân biệt phương trình kx − (2k − 3) x + k + = 0(**) có hai nghiệm phân biệt Khi dễ có k ≠ 0, k < 2 2 Ta biến đổi (*) trở thành: (1 + k ) ( x2 − x1 ) = 90⇔ (1 + k )[( x2 + x1 ) − x2 x1 ] = 90(***) 2k − k +3 , x1 x2 = , vào (***) ta có k k phương trình: 8k + 27k + 8k − = ⇔ (k + 3)(8k + 3k − 1) = Theo định lí Viet cho (**) ta có: x1 + x2 = 0,5 −3 + 41 −3 − 41 , k= 16 16 KL: Vậy có giá trị k thoả mãn 0,25 ⇔ k = −3, k = Câu Phần II (2,0) 1(1,0) Nội dung sin x − 3sin x − cos x + 3sin x + 3cos x − = ⇔ (sin x + sin x) + 2sin x − 3sin x − (cos x + − 3cos x) = ⇔ 2sin x.cos x + 2sin x − 6.sin cos x − (2 cos x − 3cos x + 1) = ⇔ 2sin x.cos x + 2sin x − 6.sin cos x − (2 cos x − 3cos x + 1) =   sin x =  ⇔ (2sin x − 1)(2 cos x − 3cos x + 1) = ⇔  cos x =  cos x =  π  x = + k 2π  , (k ∈ Z ) +) sin x = ⇔   x = 5π + k 2π  π  x = + k 2π  , (k ∈ Z ) +) cos x = ⇔   x = − π + k 2π  cos x = ⇔ x = k π , ( k ∈ Z ) +) KL:Vậy phương trình có họ nghiệm Điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 2(1,0)  x2 + +x+ y =   x + y + xy + = y y  ⇔ Dễ thấy y ≠ , ta có:  2  y( x + y) = x + y + ( x + y ) − x + =  y  u+v =  u = 4−v  v = 3, u = x +1 ⇔ ⇔ , v = x + y ta có hệ:  Đặt u = y v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u = +) Với v = 3, u = ta có hệ:  x2 + = y  x2 + = y  x2 + x − =  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔     x = −2, y = x+ y =3  y = 3− x  y = 3− x Phần 0,25 Nội dung π π π Đặt x = − t ⇒ dx = −dt , x = ⇒ t = , x = ⇒ t = 2 π π Điểm 0,25 π 2 Suy ra: I = 3sin x − cos x dx = 3cos t − 2sin t dt = 3cos x − 2sin x dx (Do tích phân ∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos t + sin t )3 ∫0 (cos x + sin x)3 khơng phụ thuộc vào kí hiệu cảu biến số) π 0,25 0,25  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = ⇔ ⇔ +) Với v = −5, u = ta có hệ:  , hệ  x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x vơ nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), (−2; 5)} Câu III (1,0) 0,25 π 0,25 π Suy ra: I = I + I = 3sin x − cos x dx + 3cos x − 2sin x dx = ∫0 (sin x + cos x)3 ∫0 (cos x + sin x)3 ∫0 (sin x + cos x)2 dx = π π 1 π π  π2   dx = ∫ d  x − ÷ = tan  x − ÷ = KL: Vậy I = =∫ π π 4 4     2   cos cos x− ÷ x− ÷ 4 4   Câu IV (1,0) Phần Nội dung + Trong mp(SAC) kẻ AG cắt SC M, mp(SBD) kẻ BG cắt SD N S + Vì G trọng tâm tam giác ABC nên dễ có SG = suy G trọng tâm tam giác SBD SO Từ suy M, N trung điểm SC, SD N 1 + Dễ có: VS ABD = VS BCD = VS ABCD = V 2 Theo cơng thức tỷ số thể tích ta có: M G VS ABN SA SB SN 1 A = = 1.1 = ⇒ VS ABN = V VS ABD SA SB SD 2 VS BMN SB SM SN 1 1 = = = ⇒ VS ABN = V O VS BCD SB SC SD 2 Từ suy ra: B 0,5 Điểm 0,25 D C 0,25 VS ABMN = VS ABN + VS BMN = V + Ta có: V = SA.dt ( ABCD ) ; mà theo giả thiết SA ⊥ ( ABCD) nên góc hợp AN với · mp(ABCD) góc NAD , lại có N trung điểm SC nên tam giác NAD cân SA · · =a N, suy NAD = NDA = 300 Suy ra: AD = tan 300 1 3 Suy ra: V = SA.dt ( ABCD ) = a.a.a = a 3 3 5 3a Suy ra: thể tích cần tìm là: VMNABCD = VS ABCD − VS ABMN = V − V = V = 8 24 Câu V (1,0) Câu Phần Nội dung Áp dụng BĐT Cauchy cho số dương ta có: = ab + bc + ca ≥ 3 (abc) ⇒ abc ≤ 1 2 ≤ (1) Suy ra: + a (b + c ) ≥ abc + a (b + c) = a( ab + bc + ca ) = 3a ⇒ + a (b + c) 3a 1 1 ≤ (2), ≤ (3) Tương tự ta có: 2 + b (c + a ) 3b + c (a + b) 3c Cộng (1), (2) (3) theo vế với vế ta có: 1 1 1 ab + bc + ca + + ≤ ( + + )= = W 2 + a (b + c) + b (c + a) + c (a + b) c b c 3abc abc Dấu “=” xảy abc = 1, ab + bc + ca = ⇒ a = b = c = 1, (a, b, c > 0) Phần VIa 1(1,0 (2,0) ) Nội dung + Gọi tâm bán kính (C), (C’) I(1; 1) , I’(-2; 0) R = 1, R ' = , đường thẳng (d) qua M có phương trình a ( x − 1) + b( y − 0) = ⇔ ax + by − a = 0, ( a + b ≠ 0)(*) + Gọi H, H’ trung điểm AM, BM Khi ta có: MA = 2MB ⇔ IA2 − IH = I ' A2 − I ' H '2 ⇔ − ( d ( I ;d ) ) = 4[9 − ( d ( I ';d ) ) ] , IA > IH ⇔ ( d ( I ';d ) ) − ( d ( I ;d ) ) ⇔ 2 0,5 Điểm 0,25 0,25 0,5 Điểm 0,25 0,25 9a b2 = 35 ⇔ − = 35 a + b2 a + b 36a − b = 35 ⇔ a = 36b 2 a +b  a = −6 Dễ thấy b ≠ nên chọn b = ⇒   a=6 Kiểm tra điều kiện IA > IH thay vào (*) ta có hai đường thẳng thoả mãn uuur uuur 2(1,0) + Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = r uuur uuur + Vecto pháp tuyến mp(ABC) n =  AB, AC  = (8; −4; 4) Suy (ABC): 2x − y + z +1 = 0,25 0,25 0,25 0,25  x + y − z −1 = x =   + Giải hệ:  y + z − = ⇒  y = Suy tâm đường tròn I (0; 2;1) 2 x − y + z + =  z =   0,5 Bán kính R = IA = (−1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1) = Câu Phần Nội dung Điểm 0,25 + Ta có: ( x (1 − 3x ) 20 ) ′ = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 VII.a (1,0) ⇔ (1 − 3x ) 20 − 60 x(1 − x)19 = a0 + 2a1 x + 3a2 x + + 21a20 x 20 (*) Nhận thấy: ak x = ak ( − x) thay x = −1 vào hai vế (*) ta có: k k S = a0 + a1 + a2 + + 21 a20 = 422 Câu Phần VIb 1(1,0 (2,0) ) 0,25 Nội dung +uuur Đường thẳng AC vng góc với HK nên nhận HK = (−1; 2) làm vtpt AC qua K nên ( AC ) : x − y + = Ta dễ có: ( BK ) : x + y − = + Do A ∈ AC , B ∈ BK nên giả sử A(2a − 4; a ), B (b; − 2b) Mặt khác M (3;1) trung điểm AB nên ta có hệ:  2a − + b = 2a + b = 10 a = ⇔ ⇔   a + − 2b =  a − 2b = b = Suy ra: A(4; 4), B(2; − 2) uuur + Suy ra: AB = (−2; − 6) , suy ra: ( AB ) : 3x − y − = Điểm 0,25 0,5 uuur + Đường thẳng BC qua B vng góc với AH nên nhận HA = (3; 4) , suy ra: ( BC ) : x + y + = KL: Vậy : ( AC ) : x − y + = 0, ( AB ) : 3x − y − = , ( BC ) : x + y + = 2(1,0) + M , N ∈ (d1 ), (d ) nên ta giả sử uuuur M (t1 ; t1; 2t1 ), N (−1 − 2t2 ; t ;1 + t2 ) ⇒ NM = (t1 + 2t2 + 1; t1 − t ; 2t1 − t − 1) uur uuuur + MN song song mp(P) nên: nP NM = ⇔ 1.(t1 + 2t2 + 1) − 1.(t1 − t2 ) + 1(2t1 − t2 − 1) = uuuur ⇔ t2 = −t1 ⇒ NM = (−t1 + 1; 2t1 ;3t1 − 1)  t1 = + Ta có: MN = ⇔ (−t1 + 1) + (2t1 ) + (3t1 − 1) = ⇔ 7t − 4t1 = ⇔  t1 =  4 + Suy ra: M (0; 0; 0), N (−1; 0;1) M ( ; ; ), N ( ; − ; ) 7 7 7 + Kiểm tra lại thấy hai trường hợp khơng có trường hợp M ∈ ( P ) KL: Vậy có hai cặp M, N thoả mãn Câu Phần 0,25 0,25 Nội dung 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Điểm VII.b (1,0) − xy − x + y + > 0, x − x + > 0, y + > 0, x + > (I ) + Điều kiện:  0 < − x ≠ 1, < + y ≠ 2 log1− x [(1 − x)( y + 2)] + log 2+ y (1 − x) = + Ta có: ( I ) ⇔  =1 log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) log1− x ( y + 2) + log 2+ y (1 − x) − = (1) ⇔ = (2) log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) + Đặt log 2+ y (1 − x ) = t (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = t Với t = ta có: − x = y + ⇔ y = − x − (3) Thế vào (2) ta có: −x + −x + log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = ⇔ log1− x =1⇔ = − x ⇔ x2 + x = x+4 x+4  x=0  y = −1 ⇔ Suy ra:   x = −2  y =1 + Kiểm tra thấy có x = −2, y = thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = 0,25 0,25 0,25 0,25 ®Ị Câu I Ý ĐÁP ÁN KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ƠN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Nội dung Điểm 2 ⇔ ⇔ PT hồnh độ giao điểm x + 3x + mx + = x(x + 3x + m) = m = 0, f(x) = 0.25 Đê thỏa mãn yc ta phải có pt f(x) = có nghiệm phân biệt x1, x2 khác 0.25 y’(x1).y’(x2) = -1 9 − 4m > 0, f (0) = m ≠ Hay  2 (3 x1 + x1 + m)(3x2 + x2 + m) = −1 9   m < , m ≠ m < , m ≠ ⇔ ⇔ 4 9( x x ) + 18 x x ( x + x ) + 3m( x + x ) + 36 x x + 6m( x + x ) + m = −1 4m − 9m + =   2 2 2 ± 65 ĐK cosx ≠ 0, pt đưa cos x − tan x = + cos x − (1 + tan x) ⇔ 2cos x − cos x -1 = Giải tiếp cosx = cosx = 0,5 đối chiếu đk để đưa ĐS: Giải ta có ĐS: m = II x = k 2π , x = ± 2π 2π + k 2π ; hay x = k 3  x2 + +x+ y =   x + y + xy + = y y  y ≠ , ta có:  ⇔ 2  y( x + y) = x + y + ( x + y ) − x + =  y  u+v =  u = 4−v  v = 3, u = x2 + ⇔ ⇔ , v = x + y ta có hệ:  Đặt u = y v − 2u = v + 2v − 15 =  v = −5, u = +) Với v = 3, u = ta có hệ:  x2 + = y  x2 + = y x2 + x − =  x = 1, y = ⇔ ⇔ ⇔     x = −2, y = x+ y =3  y = 3− x  y = 3− x  x2 + = y  x2 + = y  x + x + 46 = ⇔ ⇔ +) Với v = −5, u = ta có hệ:  , hệ  x + y = −5  y = −5 − x  y = −5 − x vơ nghiệm KL: Vậy hệ cho có hai nghiệm: ( x; y ) = {(1; 2), ( −2; 5)} III 0.25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25  ln x  e e e  ÷ log x ln x ln xdx ln   I =∫ dx = ∫ dx = ∫ 2 ln 1 + 3ln x x x + 3ln x x + 3ln x dx 2 Đặt + 3ln x = t ⇒ ln x = (t − 1) ⇒ ln x = tdt Đổi cận … x e 2 ( t − 1) log 32 x 1 Suy I = ∫1 x + 3ln x dx = ln ∫1 t tdt = ln ∫1 ( t − 1) dt 0.25 0.25 0.25 1  =  t −t÷ = 3 ln   27 ln IV Chứng tỏ AC’ ⊥ BD 0.25 0.25 C/m AC’ ⊥ PQ, với P,Q trung điểm BD, MN Suy AC’ ⊥ (BDMN) Tính chiều cao AH , với H giao PQ AC’ Nếu dùng cách hiệu thể tích phải cách tính 3a Tính diện tích hình thang BDMN Suy thể tích cần tìm là: 16 V VIa Ta có ab + bc + ca − 2abc = a (b + c) + (1 − 2a)bc = a (1 − a ) + (1 − 2a )bc Đặt t= bc ta  (1 − a )2  (b + c) (1 − a)  có ≤ t = bc ≤ Xét hs f(t) = a(1- a) + (1 – 2a)t đoạn 0; =   4 ( a + − a) Có f(0) = a(1 – a) ≤ = < 4 27  (1 − a )2  1  1 f − (2a + )  a − ÷ ≤ ÷= với a ∈ [ 0;1]  ÷ 27 3 27     Vậy ab + bc + ca − 2abc ≤ Đẳng thức xảy a = b = c = 1/3 27 Gäi C = (c; 2c+3) vµ I = (m; 6-m) lµ trung ®iĨm cđa BC Suy ra: B= (2m-c; 9-2m-2c) V× C’ lµ trung ®iĨm cđa AB nªn:  2m − c + 11 − 2m − 2c  2m − c + 11 − 2m − 2c C'= ; )− +3 = 0⇒ m = − ÷∈ CC ' nªn 2( 2 2   41 ⇒ I = (− ; ) Ph¬ng tr×nh BC: 3x – 3y + 23=0 6 2 x − y + =  14 37  ⇒C = ; ÷ Täa ®é cđa C lµ nghiƯm cđa hƯ:   3  3 x − y + 23 =  19  Täa ®é cđa B =  − ; ÷  3 uuur uuur Ta có: AB = (2; 2; −2), AC = (0; 2; 2) Suy phương trình mặt phẳng trung trực AB, AC là: x + y − z − = 0, y + z − = r uuur uuur Vectơ pháp tuyến mp(ABC) n =  AB, AC  = (8; −4; 4) Suy (ABC): 2x − y + z +1 =  x + y − z −1 = x =   Giải hệ:  y + z − = ⇒  y = Suy tâm đường tròn I (0; 2;1) 2 x − y + z + =  z =   Bán kính R = IA = ( −1 − 0) + (0 − 2) + (1 − 1) = VII a Giải pt cho ta nghiệm: z1 = − 3 i, z2 = + i 2 0.25 0.25 0.25 0.5 0,25 0.25 0.5 0.5 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 3  22 = ; z1 + z2 = ÷ ÷   Suy | z1 |=| z2 |= 12 +   VIb 0.25 z + z2 11 = = Đo ( z1 + z2 ) Tâm I đường tròn thuộc ∆ nên I(-3t – 8; t) Theo yc k/c từ I đến ∆ ’ k/c IA nên ta có 0.25 0.25 0.25 3( −3t − 8) − 4t + 10 VII b = (−3t − + 2) + (t − 1) +4 Giải tiếp t = -3 Khi I(1; -3), R = pt cần tìm: (x – 1)2 + (y + 3)2 = 25 uuur uuur r Ta có AB = (2; −3; −1), AC = ( −2; −1; −1) ⇒ n = (2; 4; −8) vtpt (ABC) Suy pt (ABC) (x – 0) + 2(y – 1) – 4(z – 2) = hay x + 2y – 4z + = M(x; y; z) MA = MB = MC ⇔ … M thuộc mp: 2x + 2y + z – = nên ta có hệ, giải hệ x = 2, y = 3, z = -7 − xy − x + y + > 0, x − x + > 0, y + > 0, x + > (I ) + Điều kiện:  0 < − x ≠ 1, < + y ≠ 2 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25  2log1− x [(1 − x)( y + 2)] + 2log 2+ y (1 − x) = log1− x ( y + 2) + log + y (1 − x) − = (1) (I ) ⇔  ⇔ = log1− x ( y + 5) − log 2+ y ( x + 4) = (2) log1− x ( y + 5) − log + y ( x + 4) Đặt log 2+ y (1 − x ) = t (1) trở thành: t + − = ⇔ (t − 1) = ⇔ t = t Với t = ta có: − x = y + ⇔ y = − x − (3) Thế vào (2) ta có: −x + −x + log1− x (− x + 4) − log1− x ( x + 4) = ⇔ log1− x =1⇔ = − x ⇔ x2 + x = x+4 x+4  x=0  y = −1 ⇔ Suy ra:   x = −2  y =1 + Kiểm tra thấy có x = −2, y = thoả mãn điều kiện Vậy hệ có nghiệm x = −2, y = B A P D N Q M 0.25 0.25 0.25 [...]... (2) ta được nghiệm của hệ: ( 3 ; 3 ) hoặc ( 6 ; S M A D H B C 6 ) 2 0,25 ®Ị 7 ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 2 Câu I: 1 a) TXĐ: ¡ \ { 2} b) Sự biến thi n của hàm số: -) Giới hạn, tiệm cận: y = −∞, lim+ y = +∞ ⇒ x = 2 là tiệm cận đứng +) xlim → 2− x →2 y = lim y = 1 ⇒ y = 1 là tiệm cận ngang +) xlim →−∞ x →+∞ -) Bảng biến thi n : y' = − 4 ( x − 2) 2 < 0 ∀x ≠ 2 c) Đồ thị : -) Đồ thị cắt Ox tại ( −2;0 ) , cắt...………………… … ……………… Hết…………………………………… (C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm) KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2011 Mơn: Tốn Khối A, B ®Ị 9 Thời gian làm bài: 180 phút (Khơng kể thời gian giao đề) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = 2 x −1 (1) x +1 1) Khảo sát và... Cn0 + 2Cn1 x + 3Cn2 x 2 + ⋅ ⋅ ⋅ + (n + 1)Cnn x n Thay x = 1 vµo ®¼ng thøc trªn ta ®ỵc S ĐÁP ÁN ®Ị Câ u I Ý Nội dung Điểm 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2 Với m = 2 ta được y = x3 – 3x2 + 4 a ;Tập xác định : D = R 200 1,00 0,25 b ; Sự biến thi n Tính đơn điệu …… Nhánh vơ cực…… x -∞ y' 0 + +∞ 2 0 - 0 0,25 + j 4 y +∞ -∞ o c ; Đồ thị : + Lấy thêm điểm + Vẽ đúng hướng lõm và vẽ bằng... giả thi t ta được chop A’.ABC là chop tam giác đều ·A' AG là góc giữa cạnh bên và đáy ⇒ ·A' AG = 600 , … AG = a 3 ; 3 Đường cao A’G của chop A’.ABC cũng là đường cao của lăng trụ Vậy A’G = a 3 a 3 tan600 = 3 = a 3 3 …… Vậy Thể tích khối lăng trụ đã cho là V = 0,25 1 a 3 a3 3 a .a = 2 2 4 0,25 0,25 Ghi chú : + Mọi phương pháp giải đúng khác đều được cơng nhận và cho điểm như nhau + Điểm của bài thi. .. ) C 2011 2011   4022 1  1 2011 0 =− × ( −2 + 1) − ( −2 ) C02011  =  2011 4022  ⇒A=− ®Ị 8 §¸p ¸n m«n To¸n C©u 1 1 TËp x¸c ®Þnh : x ≠ −1 y= 3 2x − 1 3 = 2− , y' = , ( x + 1) 2 x +1 x +1 B¶ng biÕn thi n: TiƯm cËn ®øng : x = −1 , tiƯm cËn ngang y = 2  2 NÕu M  x0 ; 2 − 3 3 3  = ( x − x0 ) hay  ∈ (C ) th× tiÕp tun t¹i M cã ph¬ng tr×nh y − 2 + x0 + 1 ( x0 + 1) 2 x0 + 1   3( x − x0 ) − ( x0... y = x + 3x + 3x + 1 (C3) + TXĐ: D = R + Giới hạn: lim y = −∞, lim y = +∞ x →−∞ 2 0,25 x →+∞ + y’ = 3x + 6x + 3 = 3(x + 2x + 1) = 3(x + 1)2 ≥ 0; ∀x ⇒ hµm sè ®ång biÕn trªn R • §iĨm 2 1 2 0,25 Bảng biến thi n: 0,25 + y” = 6x + 6 = 6(x + 1) y” = 0 ⇔ x = –1 ⇒ tâm đối xứng U(-1;0) * Đồ thò (C3): Qua A(-2 ;-1) ; U(-1 ;0) ; A’(0 ;1) 0,25 1 2 Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm) và đường thẳng y = 1 là:... phương trình :  2 −x 2 x 2 + 2010 y = 2009  y 2 + 2010  3log 3 ( x + 2 y + 6) = 2 log 2 ( x + y + 2) +1 - HẾT - Ghi chú: - Thí sinh khơng được sử dụng bất cứ tài liệu gì! - Cán bộ coi thi khơng giải thích gì thêm! Họ và tên thí sinh: ……….………………………………….…… Số báo danh: ……………… ®Ị 9 CÂU I.1 HƯỚNG DẪN NỘI DUNG 2 x −1 3 =2− Hàm số: y = x +1 x +1 lim y = 2; lim +) Giới hạn, tiệm cận: x →+∞... x →±∞ x − 1 x →1+ x − 1 x →1− x − 1 0,25 −2 < 0, ∀x ≠ 1 ⇒ Hàm số nghịch biến trên các khoảng Đạo hàm: y ' = 2 ( x − 1) Tập xác định: Hàm số y = ( −∞;1) và ( 1; +∞ ) Hàm số khơng có cực trị Bảng biến thi n: Đồ thị hàm số có tiệm cận đứng x = 1; tiệm cận ngang y = 1 Giao của hai tiệm0,25 cận I ( 1;1) là tâm đối xứng Đồ thị: Học sinh tự vẽ hình b) Học sinh lập luận để suy từ đồ thị (C) sang đồ thị y... 2 0,25 Do đó ( 1) ⇔ −3sin 2 2 x + 2sin 2 x + 3 = m 0,25 0,25  π Đặt t = sin 2 x Ta có x ∈  0;  ⇒ 2 x ∈ [ 0; π ] ⇒ t ∈ [ 0;1]  2 Suy ra f ( t ) = −3t 2 + 2t + 3 = m, t ∈ [ 0;1] Ta có bảng biến thi n 0,25 b) 10  π Từ đó phương trình đã cho có nghiệm trên 0;  ⇔ 2 ≤ m ≤ 3  2 1 1 8 Giải phương trình log 2 ( x + 3) + log 4 ( x − 1) = log 2 ( 4 x ) ( 2 ) 2 4 Điều kiện: 0 < x ≠ 1 ( 2 ) ⇔ ( x ... 0914437744 ®Ị KỲ THI KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG ƠN THI ĐẠI HỌC KHỐI A - B – D Năm 2011 Mơn thi: Tốn Thời gian làm bài: 180 phút A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) 2x − x +1 Kh¶o s¸t sù biÕn thi n vµ... nhằm rèn luyện kỹ năng, đặc biệt luyện thi tốt nghiệp đai học Đồng thời học sinh học sinh có hoàn cảnh gia đình nghèo học sinh yếu kỹ vận dụng chữa vài đề thi mà thôii Do để học sinh chủ động trình...Lời nói đầu: Trong trình ôn thi tốt nghiệp đại học cho học sinh lớp 12 ,chúng ta nhận thấy học sinh ngại tiếp cận cách e dè với đề thi Cũng học sinh yếu kiến thức môn Hơn giáo