Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 1 (Thời gian làm bài : 180 phút) I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 12 2    x x y 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm những điểm trên đồ thị (C) cách đều hai điểm A(2 , 0) và B(0 , 2) Câu 2 (2,0 điểm) 1.Giải phương trình : 0 10 5cos3 6 3cos5                 xx 2.Giải bất phương trình : 0 52 232 2 2    xx xx Câu III (1,0 điểm) Cho hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường : .2;0;  xyxyx Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình (H) quay quanh trục Oy Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác đều ABC.A 1 B 1 C 1 cạnh đáy bằng a, cạnh bên bằng 2a .ính thể tích khối lăng trụ và góc giữa AC 1 và đường cao AH của mp(ABC) Câu V (1,0 điểm) Cho : 65 222  cba . Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số :        ) 2 ,0(2sin.sin.2  xxcxbay II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2) 1. Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho đường tròn (C) : 0124 22  yxyx và đường thẳng d : 01  yx . Tìm những điểm M thuộc đường thẳng d sao cho từ điểm M kẻ được đến (C) hai tiếp tuyến hợp với nhau góc 90 0 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz. Cho mặt cầu (S) :     921 2 2 2  zyx . Lập phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng a : 22 1 1     zyx và cắt mặt cầu (S) theo đường tròn có bán kính bằng 2 . CâuVII.a (1,0 điểm) Có bao nhiêu số tự nhiên gồm bốn chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2010. 2.Theo chương trình nâng cao CâuVI.b (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy. Cho elip (E) : 044 22  yx .Tìm những điểm N trên elip (E) sao cho : 0 21 60 ˆ FNF ( F 1 , F 2 là hai tiêu điểm của elip (E) ) Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 2 2.Trong Không gian với hệ tọa độ Oxyz.Cho đường thẳng          1 2: z ty tx và điểm )1,0,1( A Tìm tọa độ các điểm E và F thuộc đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác đều. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :        4)( 22 22 zz izziz ĐÁP ÁN ĐỀ 1 Câu Đáp án Điểm I ( 2,0 điểm) 1.(1,25) a/ Tập xác định : D R \       2 1 b/ Sự biến thiên: Dx x y     0 )12( 5 2 / + H/s nghịch biến trên ), 2 1 (;) 2 1 ,(  ; H/s không có cực trị +Giới hạn –tiệm cận :     yLimyLimyLimyLim xx xx 2 1 2 1 ;; 2 1 Tiệm cận ngang y = 2 1 ; Tiệm cận đứng x = 2 1 c/ Đồ thị : Đđb x = 0 , y = -2 0,25 0,25 0,25 0,25 2 1 -    2 1 - -  Y / x 2 1 o y x o 2 1 -    2 1 - -  Y / Y / / / // / x 2 1 y x Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 3 y = 0 , x = -2. Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 2.(1,0 điểm) Pt đường trung trực đọan AB : y = x Những điểm thuộc đồ thị cách đều A và B có hoàng độ là nghiệm của pt : x x x    12 2 2 15 2 10 15 2 x xx x                Hai điểm trên đồ thị thỏa ycbt :                   2 51 , 2 51 ; 2 51 , 2 51 0,5 0,5 II ( 2,0 điểm) 1.(1,0 điểm) Pt 5cos 3 3cos 5 0 5sin3 3sin5 22 x x x x                     2 2sin3 3(sin5 sin3 ) 2sin (3cos4 4sin 3) 0x x x x x x       2 sin 0 3cos 2 cos2 2 0 x xx         )( ) 3 2 arccos( 2 1 Zk kx kx            0,25 0,25 0,25 0,25 2.(1,0 điểm) Bpt 2 2 2 1 2 2 2 3 2 0 5 5 0 0; 2 2 1 2 2 3 2 0 2 2 5 0 5 0 2 xx xx xx xx xx xx xx xx                                                                             2 5 2 2 1 x x x 0,25 III (1,0 điểm) Phương trình định tung độ giao điểm : Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 4 1 )(4 1 2 045 02 2 2                    y ly y y yy y yy Đường thẳng y = 2 – x cắt trục tung tại y = 2 Thể tích khối tròn xoay cần tìm : V = V 1 + V 2 Trong đó V 1 = 2 )( 2 2 1 0 y dyy    1 0 = 2  (đvtt) V 2     2 1 2 1 2 1 3 22 3 )2( )2()2()2( y ydydyy  = 3  (đvtt) V = )( 6 5 đvtt  0,25 0,25 0,25 0,25 IV (1,0 Điểm) V (1,0 điểm) +Thể tích lăng trụ : V 4 6 ).( 3 1 aAAABCdt  + cos(AH , AC 1 ) = 1 111 1 1 . ACAH CAAAAH ACAH ACAH           = 1 11 . . ACAH CAAH  0 1 1 0 60),( 2 1 3. 2 3 2 3 . 2 3 . 30cos  ACAH aa aa ACAH ACAH . Vậy (AH , AC 1 ) = 60 0 Vậy (AH , AC 1 ) = 60 0      xxxxcbay 2sinsin21652sinsin21 22222222  Đặt f(x) = )sin1.(sin4sin212sinsin21 22222 xxxxx  f(x) = 1sin6sin4 24  xx , Đặt   1,0,sin 2  ttx g(t) = 4 3 0)(;68)(164 //2  ttgttgtt BBT M Max g(t) 34 3 sin 4 3 4 13 2   xxtkhi 0,25 0,25 0,25 0,25 0 0,25 0,25 t f f / f / f 0 1 4 3 0 + - 4 13 1 1 1 Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 5 VII.a(1,0 điểm) VI.a ( 2,0 Gọi số cần tìm có dạng : abcd + Nếu a > 2 : có 7 cách chọn a và 3 9 A cách chọn b, c , d + Nếu a = 2 : + b > 0 : có 8 cách chọn b và có 2 8 A cách chọn c , d + b = 0 và c > 1: có 7 cách chọn c và và 7 cách chọn d + b = 0 và c = 1 : có 7 cách chọn d Vậy số các số thỏa yêu cầu bài toán là : 403277.7.8.7 2 8 3 9  AA 1.(1,0 điểm) (E) : 33;11;24;1 4 222222 2  cbacbbaay x + Áp dụng định lí côsin trong tam giác F 1 NF 2 : 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 2 5 13 2 5 13 4 13 .65 2  yy dấu “=” xảy ra khi 3  x và c x b x a 2sinsin21  hay cba 2 3 2 61  Thay vào :                       15 30 52 15 30 52 65 222 c b a c b a cba VI.a (2,0 điểm) 1.( 1,0 điểm) + (C) có tâm I(2 , 1) và bán kính R = 6 + BABMA ,(90 ˆ 0  là các tiếp điểm ) suy ra : 122.2.  RMAMI Vậy M thuộc đường tròn tâm I bán kính R / = 12 và M thuộc d nên M( x , y) có tọa độ thỏa hệ:                            21 2 21 2 01 1212 22 y x y x yx yx Vậy có 2 điểm thỏa yêu cầu bài toán có tọa độ nêu trên. 2.( 1,0 điểm) a. (S) có tâm )2,0,1( J bán kính R = 3 + đt a có vtcp )2,2,1(   u , (P) vuông góc với đt a nên (P) nhận  u làm vtpt Pt mp (P) có dạng : 022  Dzyx + (P) cắt (S) theo đường tròn có bk r = 2 nên d( J , (P) ) = 5 22  rR nên ta có : 5 3 )2.(20.21   D        535 535 D D KL : Có 2 mặt phẳng : (P 1 ) : 053522  zyx và (P 2 ) : 053522  zyx 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 6 điểm) 18 2 ; 9 32 3 4 )( 3 4 . 2)()( 60cos.2)( 22 22 21 2121 2 21 2 21 0 21 2 2 2 1 2 21     yx caNFNF NFNFNFNFNFNFFF NFNFNFNFFF Vậy có 4 điểm thỏa yêu cầu bài toán :                                    3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 ; 3 1 , 3 24 4321 NNNN 0,25 0,25 0,25 2.(1,0 điểm) + Đường thẳng )1,0,0( 0 Mquađi và có vtcp )0,2,1(  u ; )2,2,4(,;)2,0,1( 00          uAMAM + Khoảng cách từ A đến  là AH = 5 62 , ),( 0           u uAM Ad + Tam giác AEF đều 5 24 3 2 .  AHAFAE .Vậy E , F thuộc mặt cầu tâm A , BK R = 5 24 và đường thẳng  , nên tọa độ E , F là nghiệm của hệ :              5 32 )1()1( 1 2 222 zyx z ty tx 0,25 0,25 0,25 t = 5 221 suy ra tọa độ E và F là :                                  1 5 242 5 221 1 5 242 5 221 z y x z y x 0,25 VII.b (1,0 điểm) + Gọi số phức z = x + yi ),( Ryx  Hệ         44 )22()1(2 xyi iyiyx                   3 3 2 4 1 4 11 4 y x x y x y x y Vậy số phức cần tìm là : iz 3 3 4 1 4  0,25 0,50 0,25 Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 7 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 2 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 đim) Câu I (2 đim) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số 21 1 x y x    2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến bằng 2 . Câu II (2 đim) 1) Giải phương trình 2 17 sin(2 ) 16 2 3.sin cos 20sin ( ) 2 2 12 x x x x       2) Giải hệ phương trình : 4 3 2 2 32 1 1 x x y x y x y x xy             Câu III (1 đim): Tính tích phân: I = 4 0 tan .ln(cos ) cos xx dx x   Câu IV (1 đim): Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A với AB = a, các mặt bên là các tam giác cân tại đỉnh S. Hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng tạo với mặt phẳng đáy góc 60 0 . Tính côsin của góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) . Câu V: (1 đim) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn a + b + c = 1. Chứng minh rằng: 3 a b b c c a ab c bc a ca b          PHẦN RIÊNG (3 đim) Th sinh ch đưc lm mt trong hai phn (phn A hoc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 đim) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho điểm A(1;1) và đường thẳng  : 2x + 3y + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm B thuộc đường thẳng  sao cho đường thẳng AB và  hợp với nhau góc 45 0 . 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1;-1;1) và hai đường thẳng 1 ( ): 1 2 3 x y z d    và 14 ( '): 1 2 5 x y z d   Chứng minh: điểm M, (d), (d’) cùng nằm trên một mặt phẳng. Viết phương trình mặt phẳng đó. Câu VIIa (1 đim) Giải phương trình: 22 2 (24 1) (24 1) (24 1) log log x x x x x Log x x x    Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 đim) 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 22 ( ): 1C x y , đường thẳng ( ): 0d x y m   . Tìm m để ()C cắt ()d tại A và B sao cho diện tích tam giác ABO lớn nhất. f(t ) f / ( Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 8 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba mặt phẳng: (P): 2x – y + z + 1 = 0, (Q): x – y + 2z + 3 = 0, (R): x + 2y – 3z + 1 = 0 và đường thẳng 1  : 2 2  x = 1 1y = 3 z . Gọi 2  là giao tuyến của (P) và (Q). Viết phương trình đường thẳng (d) vuông góc với (R) và cắt cả hai đường thẳng 1  , 2  . Câu VIIb (1 đim) Giải bất phương trình: log x ( log 3 ( 9 x – 72 ))  1 ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu -ý Nội dung Điểm 1.1 *Tập xác định :   \1D  *Tính 2 1 ' 0 ( 1) y x D x       Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị *Giới hạn 1     x lim y 1x Lim y     2 x Lim y   2 x Lim y   Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên x  1  y’ - - y 2   2 *Vẽ đồ thị 0.25 0.25 0.25 0.25 1.2 *Tiếp tuyến của (C) tại điểm 00 ( ; ( )) ( )M x f x C có phương trình 0 0 0 '( )( ) ( )y f x x x f x   Hay 22 0 0 0 ( 1) 2 2 1 0x x y x x      (*) *Khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến (*) bằng 2 0 4 0 22 2 1 ( 1) x x    giải được nghiệm 0 0x  và 0 2x  *Các tiếp tuyến cần tìm : 10xy   và 50xy   0.25 0.25 0.25 0.25 2.1 *Biến đổi phương trình đã cho tương đương với Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 9 os2 3sin2 10 os( ) 6 0 6 c x x c x       os(2 ) 5 os( ) 3 0 36 c x c x        2 2 os ( ) 5 os( ) 2 0 66 c x c x        Giải được 1 os( ) 62 cx     và os( ) 2 6 cx     (loại) *Giải 1 os( ) 62 cx     được nghiệm 2 2 xk    và 5 2 6 xk      0.25 0.25 0.25 0.25 2.2 *Biến đổi hệ tương đương với 2 2 3 32 ( ) 1 ( ) 1 x xy x y x y x xy             *Đặt ẩn phụ 2 3 x xy u x y v        , ta được hệ 2 1 1 uv vu        *Giải hệ trên được nghiệm (u;v) là (1;0) và (-2;-3) *Từ đó giải được nghiệm (x;y) là (1;0) và (-1;0) 0.25 0.25 0.25 0.25 3 *Đặt t=cosx Tính dt=-sinxdx , đổi cận x=0 thì t=1 , 4 x   thì 1 2 t  Từ đó 1 1 2 22 1 1 2 ln lntt I dt dt tt     *Đặt 2 1 ln ;u t dv dt t  11 ;du dt v tt     Suy ra 1 2 1 2 11 1 1 2 1 ln ln2 11 2 22 I t dt t t t        *Kết quả 2 2 1 ln2 2 I    0.25 0.25 0.25 0.25 4 *Vẽ hình *Gọi H là trung điểm BC , chứng minh ()SH ABC *Xác định đúng góc giữa hai mặt phẳng (SAB) , (SAC) với mặt đáy là 0 60SEH SFH *Kẻ HK SB , lập luận suy ra góc giữa hai mặt phẳng (SAB) và (SBC) bằng HK A . 0.25 0.25 Thầy : Thiện Siêng ĐT :0973165956 10 *Lập luận và tính được AC=AB=a , 2 2 a HA  , 0 3 tan60 2 a SH HF *Tam giác SHK vuông tại H có 2 2 2 1 1 1 3 10 K H a HK HS HB     *Tam giác AHK vuông tại H có 2 20 2 tan 3 3 10 a AH A K H KH a    3 cos 23 A K H 0.25 0.25 5 *Biến đổi 11 1 (1 )(1 ) a b c c ab c ab b a a b           *Từ đó 1 1 1 (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a VT a b c a c b             Do a,b,c dương và a+b+c=1 nên a,b,c thuộc khoảng (0;1) => 1-a,1-b,1-c dương *áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta được 3 1 1 1 3. . . (1 )(1 ) (1 )(1 ) (1 )(1 ) c b a VT a b c a c b           =3 (đpcm) Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi 1 3 a b c 0.25 0.25 0.25 0.25 6.a1 *  có phương trình tham số 13 22 xt yt        và có vtcp ( 3;2)u  *A thuộc  (1 3 ; 2 2 )A t t    *Ta có (AB;  )=45 0 1 os( ; ) 2 c A B u . 1 2 . A B u A B u  2 15 3 169 156 45 0 13 13 t t t t         *Các điểm cần tìm là 12 32 4 22 32 ( ; ), ( ; ) 13 13 13 13 AA 0.25 0.25 0.25 0.25 6.a2 *(d) đi qua 1 (0; 1;0)M  và có vtcp 1 (1; 2; 3)u    (d’) đi qua 2 (0;1;4)M và có vtcp 2 (1;2;5)u  *Ta có 12 ; ( 4; 8;4)u u O       , 12 (0;2;4)MM  Xét 1 2 1 2 ; . 16 14 0u u M M       (d) và (d’) đồng phẳng . *Gọi (P) là mặt phẳng chứa (d) và (d’) => (P) có vtpt (1;2; 1)n  và đi qua M 1 nên có phương trình 2 2 0x y z    *Dễ thấy điểm M(1;-1;1) thuộc mf(P) , từ đó ta có đpcm 0.25 0.25 0.25 0.25 7.a *Điều kiện :x>0 [...]... 3 2n1 n 0 2Cn Cn Cn Cn n 1 2 3 n 1 2 1 22 2 2n n 3n 1 1 121 3n 1 1 0 C C C Cn n 2 n 3 n n 1 2(n 1) n 1 2(n 1) 025 025 05 3 3n 1 243 n 4 Vy n=4 05 05 05 THI TUYN SINH I HC 7 Môn: TOáN (Thời gian làm bài: 180 phút) Phần chung cho tất cả thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2 điểm) Cho hàm số y 1 2x 1 x 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho 2 Tìm trên (C) những điểm . 72;2]T  0.25 0.25 0.25 0.25 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 3 Môn: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 đim) Câu. đường thẳng  để tam giác AEF là tam giác đều. Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn :        4)( 22 22 zz izziz ĐÁP ÁN ĐỀ 1 Câu Đáp án Điểm I ( 2,0 điểm). . xy yx yx       4 3 4 3 log 2 2log 2 x y         1 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 4 (Thời gian lm bi 180 phút không k thời gian phát đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm). Câu