Đang tải... (xem toàn văn)
Tài liêu ôn thi đại học
TUYỂN TẬP ĐỀ THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI D 2002 - 2013 (ĐÁP ÁN CHI TIẾT) BIÊN SOẠN: LƯU HUY THƯỞNG HÀ NỘI, 8/2013 HỌ VÀ TÊN: ………………………………………………………………… LỚP :…………………………………………………………………. TRƯỜNG :………………………………………………………………… BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 −−−−−−−−−− Môn: TOÁN; Khối D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề −−−−−−−−−−−−−−−−−−− I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = 2x 3 − 3mx 2 + (m − 1)x + 1 (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thò của hàm số (1) khi m = 1. b) Tìm m để đường thẳng y = −x + 1 cắt đồ thò hàm số (1) tại ba điểm phân biệt. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + cos 2x − sin x = 0. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 log 2 x + log 1 2 1 − √ x = 1 2 log √ 2 x − 2 √ x + 2 . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I = 1 0 (x + 1) 2 x 2 + 1 dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thoi cạnh a, cạnh bên SA vuông góc với đáy, BAD = 120 ◦ , M là trung điểm của cạnh BC và SMA = 45 ◦ . Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm D đến mặt phẳng (SBC). Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y là các số thực dương thỏa mãn điều kiện xy ≤ y − 1. Tìm giá trò lớn nhất của biểu thức P = x + y x 2 − xy + 3y 2 − x − 2y 6(x + y) . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm M − 9 2 ; 3 2 là trung điểm của cạnh AB, điểm H(−2; 4) và điểm I(−1; 1) lần lượt là chân đường cao kẻ từ B và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Tìm tọa độ điểm C. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các điểm A(−1;−1;−2), B(0; 1; 1) và mặt phẳng (P ) : x+y+z−1 = 0. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên (P ). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A, B và vuông góc với (P ). Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện (1 + i)(z − i) + 2z = 2i. Tính môđun của số phức w = z − 2z + 1 z 2 . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) : (x−1) 2 +(y−1) 2 = 4 và đường thẳng ∆ : y − 3 = 0. Tam giác MNP có trực tâm trùng với tâm của (C), các đỉnh N và P thuộc ∆, đỉnh M và trung điểm của cạnh MN thuộc (C). Tìm tọa độ điểm P. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(−1; 3;−2) và mặt phẳng (P ) : x − 2y − 2z + 5 = 0. Tính khoảng cách từ A đến (P ). Viết phương trình mặt phẳng đi qua A và song song với (P ). Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giá trò lớn nhất và giá trò nhỏ nhất của hàm số f(x) = 2x 2 − 3x + 3 x + 1 trên đoạn [0; 2]. −−−−−−Hết−−−−−− Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . . ; Số báo danh: . . . . . . . . . . . . . . . . . . GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VƠ BỜ - CHUN CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m = 1 ta có 32 231yx x .= −+ • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: hoặc 2 '6 6;'0 0yx xy x=− =⇔= 1.x = 0,25 Các khoảng đồng biến: và (;0)−∞ (1; );+ ∞ khoảng nghịch biến: (0; 1). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0; đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 1. - Giới hạn: lim;lim. xx yy →−∞ →+∞ =−∞ =+∞ 0,25 - Bảng biến thiên: Trang 1/4 0,25 • Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị hàm số (1) với đường thẳng là 1yx=− + 32 23 (1)1 1x mx m x x−+−+=−+ 0,25 2 0 23 0(* x xmxm = ⎡ ⇔ ⎢ −+= ⎣ ). Yêu cầu của bài toán ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25 2 98 0 mm m −> ⎧ ⇔ ⎨ ≠ ⎩ 0 0,25 1 (2,0 điểm) x 'y y − ∞ + ∞ 0 1 0 0 + + − + ∞ − ∞ 0 1 1 O y x 1 0m⇔< hoặc 8 . 9 m > 0,25 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 2/4 Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với 2cos2 sin cos2 0xx x+ = 0,25 cos 2 (2sin 1) 0.xx⇔+= 0,25 ππ cos 2 0 ( ). 42 xxkk•=⇔=+∈] 0,25 2 (1,0 điểm) π 2π 6 2sin 1 0 ( ). 7π 2π 6 xk xk xk ⎡ =− + ⎢ •+=⇔ ∈ ⎢ ⎢ =+ ⎢ ⎣ ] Vậy nghiệm của phương trình đã cho là ππ 42 x k=+ , π 2π, 6 xk=− + 7π 2π () 6 xkk=+ ∈] . 0,25 Điều kiện: Phương trình đã cho tương đương với 0x<<1. 2 22 1 x xx x = −+ − 0,25 2 2 212 (1 ) 1 1 1 xx x x xx x x ⎛⎞⎛ ⎞ ⇔=+⇔+ − ⎜⎟⎜ ⎟ ⎝⎠⎝ ⎠ −− − − 0= 0,25 20 1 x x ⇔− − = (do 0 1 x x > − ) 0,25 3 (1,0 điểm) 423.x⇔=− Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình đã cho là 423.x =− 0,25 Ta có 111 22 000 22 1dd 11 xx Ixx xx ⎛⎞ =+ = + ⎜⎟ ⎝⎠ ++ ∫∫∫ d.x 0,25 1 1 0 0 d1xx•== ∫ . 0,25 1 1 2 2 0 0 2 dln( 1) ln2 1 x xx x •=+= + ∫ . 0,25 4 (1,0 điểm) Do đó . 1ln2I =+ 0,25 n n oo 120 60BAD ABC ABC=⇒ =⇒Δ đều 3 2 a AM⇒= 2 3 . 2 ABCD a S⇒= 0,25 SAMΔ vuông tại A có n o 45SMA= SAM⇒Δ vuông cân tại A 3 . 2 a SA AM⇒= = Do đó 3 . 1 34 SABCD ABCD a VS AS== 0,25 Do AD||BC nên ( ,( )) ( ,( )).dD SBC dA SBC= Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SM. Ta có AMBC⊥ và SA BC⊥ ⇒ ()BCSAM⊥ ()(,()) .BCAH AH SBC dASBC AH⇒⊥ ⇒ ⊥ ⇒ = 0,25 5 (1,0 điểm) Ta có 26 , 24 AM a AH == S H suy ra 6 (,( )) . 4 a dD SBC = 0,25 A B C M D GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 3/4 Câu Đáp án Điểm Do 0, 0, 1x yxyy>> ≤− nên 2 22 11 1 1 11 1 0. 42 xy yy y yy − ⎛⎞ <≤ =− =− − ≤ ⎜⎟ ⎝⎠ 4 0,25 Đặt , x t suy ra y = 1 0. 4 t < ≤ Khi đó 2 12 . 6( 1) 3 tt P t tt + − =− + −+ Xét 2 12 () , 6( 1) 3 tt ft t tt +− =− + −+ với 1 0. 4 t ≤ Ta có 2 23 73 1 '( ) . 2( 1) 2( 3) t ft t tt − =− + −+ < Với 1 0 4 t<≤ ta có và 2 3(1)33;736tt tt t−+= − +< − > 11.t + > Do đó 23 73 73 1 63 3 2( 3) tt tt −− >> −+ và 2 1 . 2 2( 1)t 1 − >− + Suy ra 11 '( ) 0. 2 3 ft>−> 0,25 Do đó 157 () . 4330 Pft f ⎛⎞ =≤ =+ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 6 (1,0 điểm) Khi 1 2 x = và ta có 2,y = 57 . 330 P =+ Vậy giá trị lớn nhất của P là 57 . 330 + 0,25 71 ; 22 IM ⎛ =− ⎜ ⎝⎠ . ⎞ ⎟ JJJG Ta có M AB∈ và ABIM⊥ nên đường thẳng AB có phương trình 733xy 0.− += 0,25 (;7 33).AAB Aaa∈ ⇒+ Do M là trung điểm của AB nên ( 9; 7 30).Ba a− −− − Ta có .0HA HB HA HB⊥ ⇒= JJJG JJJG 2 9200 4aa a⇒++=⇒=− hoặc 5.a = − 0,25 • Với a 4= −⇒ (4;5), (5;2).AB− −− Ta có BHAC⊥ nên đường thẳng AC có phương trình 260xy .+ −= Do đó (6 2 ; ).Ccc− Từ IC = IA suy ra (7 Do đó c 22 2 ) ( 1) 25.cc−+−= 1= hoặc 5.c = Do C khác A, suy ra (4;1).C 0,25 7.a (1,0 điểm) A M B C H I • Với a 5= −⇒ (5;2), (4;5).AB− −− Ta có BHAC⊥ nên đường thẳng AC có phương trình 28xy 0.− += Do đó (;2 8).Ct t+ Từ IC = IA suy ra Do đó 22 ( 1) (2 7) 25.tt+++ = 1t = − hoặc 5.t = − Do C khác A, suy ra (1;6).C − 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên (P). Suy ra (1 ;1 ;2 ).Httt− +−+−+ 0,25 5 ( ) (1 ) (1 ) (2 )1 0 . 3 HP t t t t∈⇔−++−++−+−=⇔= Do đó 22 1 ;; . 33 3 H ⎛⎞ − ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 Gọi (Q) là mặt phẳng cần viết phương trình. Ta có (1; 2; 3)AB = JJJG và vectơ pháp tuyến của (P) là Do đó (Q) có vectơ pháp tuyến là (1;1;1).n = JG '(1;2;1).n = −− JG 0,25 8.a (1,0 điểm) Phương trình của mặt phẳng (Q) là: 21xyz 0.− ++= 0,25 Điều kiện của bài toán tương đương với (3 ) 1 3iz i+ =− + 0,25 .zi⇔= 0,25 Suy ra 13.wi=− + 0,25 9.a (1,0 điểm) 0,25 Do đó môđun của w là 10. GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Trang 4/4 Câu Đáp án Điểm Ta có tâm của (C) là Đường thẳng IM vuông góc với Δ nên có phương trình (1;1).I 1.x = Do đó (1; ).M a 0,25 Do ()M C∈ nên . 2 (1)4a− = Suy ra 1a = − hoặc 3.a = Mà M ∉Δ nên ta được (1; 1).M − 0,25 (;3).N Nb∈Δ⇒ Trung điểm của MN thuộc (C) () 2 2 1 111 4= 5b⇒= 2 b+ ⎛⎞ ⇒−+− ⎜⎟ ⎝⎠ =− hoặc b 3. Do đó hoặc (5;3)N (3;3).N − 0,25 7.b (1,0 điểm) (;3).PPc∈Δ⇒ - Khi từ (5;3),N MPIN⊥ JJJG JJG suy ra 1.c = − Do đó (1;3).P − I M - Khi (3;3),N − từ MPIN⊥ JJJG JJG suy ra 3.c = Do đó (3;3).P 0,25 222 |( 1) 2.3 2( 2) 5| (,()) 1(2)(2) dAP −− −−+ = +− +− 0,25 2 . 3 = 0,25 Vectơ pháp tuyến của (P) là (1; 2; 2).n =−− JG 0,25 8.b P N (1,0 điểm) Phương trình mặt phẳng cần tìm là 2230xyz .− −+= 0,25 Ta có ()f x xác định và liên tục trên đoạn [0 ; ;2] 2 2 246 '( ) . (1) xx fx x + − = + 0,25 Với ta có [0; 2]x∈ '( ) 0 1.fx x=⇔= 0,25 9.b (1,0 điểm) Ta có 5 (0) 3; (1) 1; (2) . 3 fff=== 0,25 Giá trị nhỏ nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 1; giá trị lớn nhất của f(x) trên đoạn [0; 2] là 3. 0,25 ------------- Hết ------------- GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 32 2 22 2(3 1) (1), 33 yxmx m x=−− −+ m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1.m = b) Tìm m để hàm số (1) có hai điểm cực trị 1 x và 2 x sao cho 12 1 2 2( ) 1.xx x x+ += Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3 cos3 sin cos 2 cos 2 .x xx x+−+= x Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình 32 2 2 20 (, ). 220 xy x xy xxyx y xyy +−= ⎧ ⎪ ∈ ⎨ −++−−= ⎪ ⎩ \ Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân π 4 0 (1 sin 2 )d .I xx=+ ∫ x ') Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình hộp đứng có đáy là hình vuông, tam giác vuông cân, . Tính thể tích của khối tứ diện và khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng ( .''' 'ABCD A B C D 'AAC 'AC a= ''ABB C BCD theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực ,xy thỏa mãn Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 22 ( 4) ( 4) 2 32.xy xy−+−+ ≤ 33 3( 1)( 2).Ax y xy xy=++ − +− II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Các đường thẳng AC và AD lần lượt có phương trình là và 3xy+=0 40;xy− += đường thẳng BD đi qua điểm ( ) 1 ;1. 3 M − Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng và điểm Viết phương trình mặt cầu tâm I và cắt (P) theo một đường tròn có bán kính bằng 4. ():2 2 10 0Pxyz+− + = (2;1;3).I Câu 9.a (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn 2(1 2 ) (2 ) 7 8 . 1 i iz i i + + += + + Tìm môđun của số phức 1.wz i= ++ B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng Viết phương trình đường tròn có tâm thuộc d, cắt trục Ox tại A và B, cắt trục Oy tại C và D sao cho :2 3 0.dxy−+= 2.AB CD== Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng 11 : 211 x y d −+ == − z và hai điểm Xác định tọa độ điểm M thuộc d sao cho tam giác AMB vuông tại M. (1; 1; 2),A − (2; 1;0).B − Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình 2 3(1 ) 5 0z iz i+++= trên tập hợp các số phức. ---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh: GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) Khi hàm số trở thành 1,m = 32 22 4. 33 yxx x = −−+ • Tập xác định: .D = \ • Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: hoặc 2 224;0yx xy x ′′ =−−=⇔=−1 2.x = 0,25 Các khoảng đồng biến: và (;1−∞ − ) (2; );+∞ khoảng nghịch biến . (1;2)− - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1,x = − y CĐ 3,= đạt cực tiểu tại 2,x = y CT 6.=− - Giới hạn: lim , lim , xx yy →−∞ →+∞ =−∞ =+∞ 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 • Đồ thị: 0,25 b) (1,0 điểm) Ta có . 22 22 2(31) yx mx m ′ =−− − 0,25 Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi phương trình 0y ′ = có hai nghiệm phân biệt 2 13 4 0m⇔−> 213 13 m⇔> hoặc 213 . 13 m <− 0,25 Ta có: 12 x xm+= và 2 12 13 ,x x=−m do đó 2 12 1 2 2( ) 1 1 3 2 1xx x x m m+ +=⇔− += 0,25 1 (2,0 điểm) 0m⇔= hoặc 2 . 3 m = Kiểm tra điều kiện ta được 2 . 3 m = 0,25 −∞ +∞ 3 –6 y 'y + 0 – 0 + x −∞ –1 2 +∞ x –1 O 2 – 6 3 y Trang 1/4 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Câu Đáp án Điểm Phương trình đã cho tương đương với: (2sin 2cos 2)cos2 0.xx x+ −= 0,25 ππ cos 2 0 ( ). 42 k xx k•=⇔=+∈] 0,25 2sin 2cos 2 0xx•+−= ( ) π 1 cos 42 x⇔−= 0,25 2 (1,0 điểm) 7π 2π 12 x k⇔= + hoặc π 2π () 12 xkk=− + ∈ ] . Vậy các nghiệm của phương trình đã cho là: ππ , 42 k x =+ 7π 2π, 12 x k=+ π 2π () 12 xkk=− + ∈] . 0,25 Hệ đã cho tương đương với: 2 20 (1) (2) (2 1)( ) 0 xy x xy x y +−= ⎧ ⎪ ⎨ −+ − = ⎪ ⎩ 0,25 210 2xy y x•−+=⇔=+1. Thay vào (1) ta được 2 15 10 . 2 xx x −± +−=⇔= Do đó ta được các nghiệm 15 (; ) ; 5 2 xy ⎛⎞ −+ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ và 15 (; ) ; 5 . 2 xy ⎛⎞ −− =− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 2 0 2 .x yy •−=⇔= x Thay vào (1) ta được 32 20 ( 1)( 2)0xx x xx + −=⇔ − ++ = 0,25 3 (1,0 điểm) 1.x⇔= Do đó ta được nghiệm (; ) (1;1).xy = Vậy hệ phương trình đã cho có các nghiệm là: (; ) (1;1),xy= 15 (; ) ; 5 2 xy ⎛⎞ −+ = ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ , 15 (; ) ; 5 . 2 xy ⎛⎞ −− =− ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ 0,25 ππ π π π 44 4 4 22 4 00 0 0 0 π dsin2d sin2d sin2 232 x I xx x xx x xx x xx=+ =+ =+ ∫∫ ∫ ∫ d. 0,25 Đặt suy ra ;d sin2 d ,uxv xx== 1 dd; cos2 2 uxv x==− . 0,25 Khi đó ππ π 44 4 0 00 111 sin 2 d cos 2 cos 2 d cos2 d 222 π 4 0 x xx x x xx xx=− + = ∫∫∫ 0,25 4 (1,0 điểm) π 4 0 11 sin 2 . 44 x== Do đó 2 π 1 . 32 4 I =+ 0,25 Tam giác A AC ′ vuông cân tại A và A Ca ′ = nên A AAC ′ = . 2 a = Do đó . 2 a AB B C ′′ = = 0,25 3 ' 11 ''. ''. . ' . 36 ABB C ABB a V B C S B C AB BB ′′ ∆ == = 2 48 0,25 Gọi H là chân đường cao kẻ từ A của .A AB ′ ∆ Ta có 'AHAB⊥ và AHBC⊥ nên (' ),AHABC⊥ nghĩa là (AH BCD').⊥ Do đó (,( ')).AH d A BCD= 0,25 5 (1,0 điểm) Ta có 222 1116 . ' 2 AHABAAa =+= Do đó 6 (,( ')) . 6 a dABCD AH== 0,25 A B C D 'A ' D 'C 'B H Trang 2/4 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN Câu Đáp án Điểm Ta có 22 (4)(4)2 32 2 ()8()00xy xy xyxyxy −+−+≤ 8. ⇔ +−+≤⇔≤+≤ 0,25 3 ()3()66Axy xy xy=+ − +− + 32 3 () ()3() 2 xy xy xy≥+ − + − ++6. Xét hàm số: 32 3 () 3 6 2 f tt t t=− −+ trên đoạn [0 ; 8]. Ta có 2 () 3 3 3,ft t t ′ =−− 15 () 0 2 ft t + ′ =⇔= hoặc 15 2 t − = (loại). 0,25 Ta có 15 1755 (0) 6, , (8) 398. 24 ff f ⎛⎞ +− == ⎜⎟ ⎜⎟ ⎝⎠ = Suy ra 17 5 5 . 4 A − ≥ 0,25 6 (1,0 điểm) Khi 15 4 xy + == thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của A là 17 5 5 . 4 − 0,25 Tọa độ điểm A thỏa mãn hệ 30 40 xy xy += ⎧ ⎨ − += ⎩ (3;1). A⇒− 0,25 Gọi N là điểm thuộc AC sao cho MN//AD. Suy ra MN có phương trình là 4 0. 3 xy − += Vì N thuộc AC, nên tọa độ của điểm N thỏa mãn hệ 4 0 1 1; . 3 3 30 xy N xy ⎧ −+ = ⎪ ⎛⎞ ⇒− ⎨ ⎜⎟ ⎝⎠ ⎪ += ⎩ 0,25 Đường trung trực ∆ của MN đi qua trung điểm của MN và vuông góc với AD, nên có phương trình là 0.xy+= Gọi I và K lần lượt là giao điểm của ∆ với AC và AD. Suy ra tọa độ của điểm I thỏa mãn hệ ⎧ ⎨ 0 30 xy xy += , += ⎩ và tọa độ của điểm K thỏa mãn hệ 0 40. xy xy += ⎧ ⎨ −+= ⎩ Do đó I(0; 0) và K(−2;2). 0,25 7.a (1,0 điểm) 2(3;1);AC AI C= ⇒− JJJG JJG 2(1;3);AD AK D=⇒− JJJG JJJG (1; 3).BC AD B= ⇒− JJJG JJJG 0,25 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên (P). Suy ra H là tâm của đường tròn giao tuyến của mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) cần viết phương trình. 0,25 Ta có (;( )) 3.IH d I P== 0,25 Bán kính của mặt cầu (S) là: 22 34 5R .= += 0,25 8.a (1,0 điểm) Phương trình của mặt cầu (S) là: 222 (2)(1)(3)25xyz−+−+−=. 0,25 Ta có: 2(1 2 ) (2 ) 7 8 (2 ) 4 7 1 i iz i iz i i + + + =+ ⇔ + =+ + 0,25 32.zi⇔=+ 0,25 Do đó 43.wi=+ 0,25 9.a (1,0 điểm) Môđun của w là 22 43 5+=. 0,25 I N M D C B A K Trang 3/4 GV. LƯU HUY THƯỞNG - 0968.393.899 - huythuong2801@gmail.com BỂ HỌC VÔ BỜ - CHUYÊN CẦN SẼ ĐẾN BẾN
