intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE
 » 
 » 

Tổng hợp đề thi đại học và đáp án môn toán các khối (từ năm 2007 - 2012)

Chia sẻ: Luong Son Ba | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:77

Thêm vào BST
Báo xấu
175
lượt xem 53
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng đạt giá trị lớn nhất.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Tổng hợp đề thi đại học và đáp án môn toán các khối (từ năm 2007 - 2012)

  1. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: A ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) −x + 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = . 2x − 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Chứng minh rằng với mọi m đường thẳng y = x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A và B. Gọi k1, k2 lần lượt là hệ số góc của các tiếp tuyến với (C) tại A và B. Tìm m để tổng k1 + k2 đạt giá trị lớn nhất. Câu II (2,0 điểm) 1 + sin 2 x + cos 2 x 1. Giải phương trình = 2 sin x sin 2 x. 1 + cot 2 x ⎧ 2 2 3 ⎪5 x y − 4 xy + 3 y − 2( x + y ) = 0 2. Giải hệ phương trình ⎨ 2 2 2 ( x, y ∈ ). ⎪ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) ⎩ π 4 x sin x + ( x + 1) cos x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 0 x sin x + cos x dx. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 2a; hai mặt phẳng (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M là trung điểm của AB; mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Biết góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60o. Tính thể tích khối chóp S.BCNM và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SN theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho x, y, z là ba số thực thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, x ≥ z. Tìm giá trị nhỏ nhất của x y z biểu thức P = + + . 2x + 3 y y+z z+x PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho đường thẳng ∆: x + y + 2 = 0 và đường tròn (C ) : x 2 + y 2 − 4 x − 2 y = 0. Gọi I là tâm của (C), M là điểm thuộc ∆. Qua M kẻ các tiếp tuyến MA và MB đến (C) (A và B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết tứ giác MAIB có diện tích bằng 10. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(2; 0; 1), B(0; –2; 3) và mặt phẳng ( P) : 2 x − y − z + 4 = 0. Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MA = MB = 3. 2 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm tất cả các số phức z, biết: z 2 = z + z. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) x2 y2 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip ( E ): + = 1. Tìm tọa độ các điểm A và B thuộc 4 1 (E), có hoành độ dương sao cho tam giác OAB cân tại O và có diện tích lớn nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 − 4 x − 4 y − 4 z = 0 và điểm A(4; 4; 0) . Viết phương trình mặt phẳng (OAB), biết điểm B thuộc (S) và tam giác OAB đều. Câu VII.b (1,0 điểm) Tính môđun của số phức z, biết: (2 z − 1)(1 + i ) + ( z + 1)(1 − i ) = 2 − 2i . ----------- 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:. .............................. www.laisac.page.tl
  2. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) ⎧⎫ 1 = • Tập xác định: D \ ⎨ ⎬. ⎩2⎭ • Sự biến thiên: −1 0,25 Chiều biến thiên: y ' = < 0, ∀x ∈ D. ( 2 x −1) 2 ⎛ 1⎞ ⎛1 ⎞ Hàm số nghịch biến trên các khoảng ⎜ − ∞; ⎟ và ⎜ ; + ∞ ⎟ . ⎝ 2⎠ ⎝2 ⎠ 1 1 Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = − ; tiệm cận ngang: y = − . x → −∞ x → +∞ 2 2 0,25 1 lim − y = − ∞, lim + y = + ∞; tiệm cận đứng: x = . ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ ⎛1⎞ x →⎜ ⎟ 2 ⎝2⎠ ⎝2⎠ Bảng biến thiên: 1 x −∞ +∞ 2 y’ − − 1 0,25 − +∞ y 2 1 − −∞ 2 • Đồ thị: y (C) O 1 1 x 2 1 − 0,25 2 –1 2. (1,0 điểm) 1 Hoành độ giao điểm của d: y = x + m và (C) là nghiệm phương trình: x + m = − x + 2x − 1 0,25 1 2 ⇔ (x + m)(2x – 1) = – x + 1 (do x = không là nghiệm) ⇔ 2x + 2mx – m – 1 = 0 (*). 2 ∆' = m2 + 2m + 2 > 0, ∀m. Suy ra d luôn cắt (C) tại hai điểm phân biệt với mọi m. 0,25 Gọi x1 và x2 là nghiệm của (*), ta có: 1 1 4( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 − 4( x1 + x2 ) + 2 0,25 k1 + k2 = – – =− . (2 x1 − 1) 2 (2 x2 − 1) 2 (4 x1 x2 − 2( x1 + x2 ) + 1) 2 Theo định lý Viet, suy ra: k1 + k2 = – 4m2 – 8m – 6 = – 4(m + 1)2 – 2 ≤ – 2. 0,25 Suy ra: k1 + k2 lớn nhất bằng – 2, khi và chỉ khi m = – 1. Trang 1/5
  3. Câu Đáp án Điểm II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0 (*). 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: (1 + sin2x + cos2x)sin2x = 2 2 sin2xcosx ⇔ 1 + sin2x + cos2x = 2 2 cosx (do sinx ≠ 0) ⇔ cosx (cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25 π • cosx = 0 ⇔ x = + kπ, thỏa mãn (*). 0,25 2 π π • cosx + sinx = 2 ⇔ sin(x + ) = 1 ⇔ x = + k2π, thỏa mãn (*). 4 4 0,25 π π Vậy, phương trình có nghiệm: x = + kπ; x = + k2π (k ∈ Z). 2 4 2. (1,0 điểm) ⎧5 x 2 y − 4 xy 2 + 3 y 3 − 2( x + y ) = 0 (1) ⎪ ⎨ 2 2 ⎪ xy ( x + y ) + 2 = ( x + y ) ⎩ 2 (2). 0,25 Ta có: (2) ⇔ (xy – 1)(x2 + y2 – 2) = 0 ⇔ xy = 1 hoặc x2 + y2 = 2. • xy = 1; từ (1) suy ra: y4 – 2y2 + 1 = 0 ⇔ y = ± 1. 0,25 Suy ra: (x; y) = (1; 1) hoặc (x; y) = (–1; –1). • x2 + y2 = 2; từ (1) suy ra: 3y(x2 + y2) – 4xy2 + 2x2y – 2(x + y) = 0 2 2 ⇔ 6y – 4xy + 2x y – 2(x + y) = 0 0,25 ⇔ (1 – xy)(2y – x) = 0 ⇔ xy = 1 (đã xét) hoặc x = 2y. Với x = 2y, từ x2 + y2 = 2 suy ra: ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ (x; y) = ⎜⎜ 5 ; 5 ⎟ hoặc (x; y) = ⎜ − 5 ; − 5 ⎟ . ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ 0,25 ⎛ 2 10 10 ⎞ ⎛ 2 10 10 ⎞ Vậy, hệ có nghiệm: (1; 1), (– 1; – 1), ⎜ ⎜ 5 ; 5 ⎟ , ⎜ − 5 ; − 5 ⎟. ⎟ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ π π π III 4 4 4 ( x sin x + cos x) + x cos x x cos x (1,0 điểm) I = ∫ 0 x sin x + cos x dx = ∫ dx + 0 ∫ x sin x + cos x dx. 0 0,25 π 4 π π Ta có: ∫ dx = x 04 = 0,25 0 4 π π 4 4 π x cos x d(x sin x + cos x) và ∫ 0 x sin x + cos x dx = ∫ x sin x + cos x = ( ln x sin x + cos x 0 ) 4 0 0,25 ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ π ⎛ 2 ⎛ π ⎞⎞ = ln ⎜ ⎜ + 1⎟ ⎟ . Suy ra: I = + ln ⎜ ⎜ 2 ⎝ 4 ⎠⎟ ⎜ 2 ⎜ 4 + 1⎟ ⎟ . 0,25 ⎝ ⎠ 4 ⎝ ⎝ ⎠⎟⎠ IV S (SAB) và (SAC) cùng vuông góc với (ABC) ⇒ SA ⊥ (ABC). (1,0 điểm) AB ⊥ BC ⇒ SB ⊥ BC ⇒ SBA là góc giữa (SBC) và 0,25 (ABC) ⇒ SBA = 60o ⇒ SA = AB tan SBA = 2a 3. Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N H D N C ⇒ MN //BC và N là trung điểm AC. A BC AB M MN = = a, BM = = a. 0,25 B 2 2 ( BC + MN ) BM 3a 2 1 Diện tích: SBCNM = = ⋅ Thể tích: VS.BCNM = S BCNM ⋅ SA = a 3 3 ⋅ 2 2 3 Trang 2/5
  4. Câu Đáp án Điểm Kẻ đường thẳng ∆ đi qua N, song song với AB. Hạ AD ⊥ ∆ (D ∈ ∆) ⇒ AB // (SND) ⇒ d(AB, SN) = d(AB, (SND)) = d(A, (SND)). 0,25 Hạ AH ⊥ SD (H ∈ SD) ⇒ AH ⊥ (SND) ⇒ d(A, (SND)) = AH. Tam giác SAD vuông tại A, có: AH ⊥ SD và AD = MN = a SA. AD 2a 39 0,25 ⇒ d(AB, SN) = AH = = ⋅ SA2 + AD 2 13 V 1 1 2 Trước hết ta chứng minh: + ≥ (*), với a và b dương, ab ≥ 1. (1,0 điểm) 1 + a 1 + b 1 + ab Thật vậy, (*) ⇔ (a + b + 2)(1 + ab ) ≥ 2(1 + a)(1 + b) 0,25 ⇔ (a + b) ab + 2 ab ≥ a + b + 2ab ⇔ ( ab – 1)( a – b )2 ≥ 0, luôn đúng với a và b dương, ab ≥ 1. Dấu bằng xảy ra, khi và chỉ khi: a = b hoặc ab = 1. Áp dụng (*), với x và y thuộc đoạn [1; 4] và x ≥ y, ta có: x 1 1 1 2 P= + + ≥ + . 2x + 3y 1 + z 1 + x 2+ 3y x 1+ 0,25 y z x y z x x Dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: = hoặc = 1 (1) y z y x t2 2 Đặt = t, t ∈ [1; 2]. Khi đó: P ≥ 2 + ⋅ y 2t + 3 1 + t t2 2 − 2 ⎡t 3 (4t − 3) + 3t (2t − 1) + 9) ⎤ ⎣ ⎦ < 0. Xét hàm f(t) = 2 + , t ∈ [1; 2]; f '(t ) = 0,25 2t + 3 1 + t (2t 2 + 3) 2 (1 + t ) 2 34 x ⇒ f(t) ≥ f(2) = ; dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: t = 2 ⇔ = 4 ⇔ x = 4, y = 1 (2). 33 y 34 ⇒P≥ . Từ (1) và (2) suy ra dấu " = " xảy ra khi và chỉ khi: x = 4, y = 1 và z = 2. 33 0,25 34 Vậy, giá trị nhỏ nhất của P bằng ; khi x = 4, y = 1, z = 2. 33 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Đường tròn (C) có tâm I(2; 1), bán kính IA = 5. A o Tứ giác MAIB có MAI = MBI = 90 và MA = MB 0,25 I ⇒ SMAIB = IA.MA ⇒ MA = 2 5 ⇒ IM = IA2 + MA2 = 5. 0,25 B M ∈ ∆, có tọa độ dạng M(t; – t – 2). 0,25 IM = 5 ⇔ (t – 2)2 + (t + 3)2 = 25 ⇔ 2t2 + 2t – 12 = 0 M ∆ ⇔ t = 2 hoặc t = – 3. Vậy, M(2; – 4) hoặc M(– 3; 1). 0,25 2. (1,0 điểm) ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ Gọi M(x; y; z), ta có: M ∈ (P) và MA = MB = 3 ⇔ ⎨( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 0,25 ⎪ x 2 + ( y + 2) 2 + ( z − 3) 2 = 9 ⎩ Trang 3/5
  5. Câu Đáp án Điểm ⎧2 x − y − z + 4 = 0 ⎪ ⇔ ⎨x + y − z + 2 = 0 0,25 ⎪( x − 2) 2 + y 2 + ( z − 1) 2 = 9 ⎩ ⎧x = 2 y − 2 ⎪ ⇔ ⎨z = 3y 0,25 ⎪7 y 2 − 11y + 4 = 0 ⎩ ⎛ 6 4 12 ⎞ ⎛ 6 4 12 ⎞ ⇔ (x; y; z) = (0; 1; 3) hoặc ⎜ − ; ; ⎟ . Vậy có: M(0; 1; 3) hoặc M ⎜ − ; ; ⎟ . 0,25 ⎝ 7 7 7⎠ ⎝ 7 7 7⎠ 2 VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z 2 = z + z ⇔ (a + bi)2 = a2 + b2 + a – bi 0,25 (1,0 điểm) 2 2 2 2 ⎧a 2 − b 2 = a 2 + b 2 + a ⇔ a – b + 2abi = a + b + a – bi ⇔ ⎨ 0,25 ⎩2ab = − b ⎧a = − 2b 2 ⇔ ⎨ 0,25 ⎩b(2a + 1) = 0 ⎛ 1 1⎞ ⎛ 1 1⎞ ⇔ (a; b) = (0; 0) hoặc (a; b) = ⎜ − ; ⎟ hoặc (a; b) = ⎜ − ; − ⎟. ⎝ 2 2⎠ ⎝ 2 2⎠ 0,25 1 1 1 1 Vậy, z = 0 hoặc z = − + i hoặc z = − – i. 2 2 2 2 VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Gọi A(x; y). Do A, B thuộc (E) có hoành độ dương và tam giác OAB cân tại O, nên: 0,25 B(x; – y), x > 0. Suy ra: AB = 2| y | = 4 − x2 . y Gọi H là trung điểm AB, ta có: OH ⊥ AB và OH = x. A 1 0,25 Diện tích: SOAB = x 4 − x 2 H 2 O x 1 2 = x (4 − x 2 ) ≤ 1. B 2 0,25 Dấu " = " xảy ra, khi và chỉ khi x = 2. ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ ⎛ 2⎞ Vậy: A ⎜ 2; ⎜ ⎟ và B ⎜ 2; − ⎟ hoặc A ⎜ 2; − ⎟ và B ⎜ 2; ⎟. 0,25 ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ ⎜ ⎝ 2 ⎟ ⎠ 2. (1,0 điểm) (S) có tâm I(2; 2; 2), bán kính R = 2 3. Nhận xét: O và A cùng thuộc (S). OA 4 2 0,25 Tam giác OAB đều, có bán kính đường tròn ngoại tiếp r = = . 3 3 2 Khoảng cách: d(I, (P)) = R2 − r 2 = . 3 0,25 (P) đi qua O có phương trình dạng: ax + by + cz = 0, a2 + b2 + c2 ≠ 0 (*). (P) đi qua A, suy ra: 4a + 4b = 0 ⇒ b = – a. 2(a + b + c) 2c 2c 2 d(I, (P)) = = ⇒ = 0,25 2 a +b +c 2 2 2 2a + c 2 2 2a + c 2 3 ⇒ 2a2 + c2 = 3c2 ⇒ c = ± a. Theo (*), suy ra (P): x – y + z = 0 hoặc x – y – z = 0. 0,25 Trang 4/5
  6. Câu Đáp án Điểm VII.b Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: (2z – 1)(1 + i) + ( z + 1)(1 – i) = 2 – 2i 0,25 (1,0 điểm) ⇔ [(2a – 1) + 2bi](1 + i) + [(a + 1) – bi](1 – i) = 2 – 2i ⇔ (2a – 2b – 1) + (2a + 2b – 1)i + (a – b + 1) – (a + b + 1)i = 2 – 2i 0,25 ⎧3a − 3b = 2 ⇔ (3a – 3b) + (a + b – 2)i = 2 – 2i ⇔ ⎨ 0,25 ⎩a + b − 2 = −2 1 1 2 ⇔ a= , b = − ⋅ Suy ra môđun: | z | = a 2 + b 2 = ⋅ 0,25 3 3 3 ------------- Hết ------------- Trang 5/5
  7. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: B ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không 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 4 − 2(m + 1) x 2 + m (1), m là tham số. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho OA = BC; trong đó O là gốc tọa độ, A là điểm cực trị thuộc trục tung, B và C là hai điểm cực trị còn lại. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình sin2xcosx + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx. 2. Giải phương trình 3 2 + x − 6 2 − x + 4 4 − x 2 = 10 − 3 x ( x ∈ ). π 3 1 + x sin x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 0 cos 2 x dx. Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, B AD = a 3. Hình chiếu vuông góc của điểm A1 trên mặt phẳng (ABCD) trùng với giao điểm của AC và BD. Góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) bằng 60o. Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách từ điểm B1 đến mặt phẳng (A1BD) theo a. B Câu V (1,0 điểm) Cho a và b là các số thực dương thỏa mãn 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2). ⎛ a 3 b3 ⎞ ⎛ a 2 b2 ⎞ Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P = 4 ⎜ 3 + 3 ⎟ − 9 ⎜ 2 + 2 ⎟ ⋅ ⎝b a ⎠ ⎝b a ⎠ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng ∆: x – y – 4 = 0 và d: 2x – y – 2 = 0. Tìm tọa độ điểm N thuộc đường thẳng d sao cho đường thẳng ON cắt đường thẳng ∆ tại điểm M thỏa mãn OM.ON = 8. x − 2 y +1 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : = = và mặt 1 −2 −1 phẳng (P): x + y + z – 3 = 0. Gọi I là giao điểm của ∆ và (P). Tìm tọa độ điểm M thuộc (P) sao cho MI vuông góc với ∆ và MI = 4 14. 5+i 3 Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z − − 1 = 0. z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) ⎛1 ⎞ 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 các cạnh BC, CA, AB tương ứng tại các điểm D, E, F. Cho D (3; 1) và đường thẳng EF có phương trình y – 3 = 0. Tìm tọa độ đỉnh A, biết A có tung độ dương. x + 2 y −1 z + 5 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: = = và hai 1 3 −2 điểm A(– 2; 1; 1), B(– 3; – 1; 2). Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng ∆ sao cho tam giác MAB có diện tích bằng 3 5. 3 ⎛1+ i 3 ⎞ Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm phần thực và phần ảo của số phức z = ⎜ ⎜ 1+ i ⎟ . ⎟ ⎝ ⎠ ----------- 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:. .............................. www.laisac.page.tl
  8. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 1, ta có: y = x4 – 4x2 + 1. • Tập xác định: D = R. 0,25 • Sự biến thiên: – Chiều biến thiên: y' = 4x3 – 8x; y' = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = ± 2. Hàm số nghịch biến trên các khoảng (– ∞; – 2 ) và (0; 2 ); đồng biến trên các khoảng (– 2; 0) và ( 2; + ∞). 0,25 – Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ± 2; yCT = – 3, đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1. – Giới hạn: lim y = lim y = + ∞. x→ − ∞ x→ + ∞ – Bảng biến thiên: x –∞ – 2 0 2 +∞ y' – 0 + 0 – 0 + +∞ 1 +∞ 0,25 y –3 –3 y • Đồ thị: 1 − 2 2 –2 O 2 x 0,25 –3 2. (1,0 điểm) y'(x) = 4x3 – 4(m + 1)x = 4x(x2 – m – 1); y'(x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x2 = m + 1 (1). 0,25 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị, khi và chỉ khi: (1) có hai nghiệm phân biệt khác 0 0,25 ⇔ m > – 1 (*). Khi đó: A(0; m), B( − m + 1; – m2 – m – 1) và C( m + 1; – m2 – m – 1). 0,25 Suy ra: OA = BC ⇔ m2 = 4(m + 1) ⇔ m2 – 4m – 4 = 0 ⇔ m = 2 ± 2 2; thỏa mãn (*). Vậy, giá trị cần tìm: m = 2 – 2 2 hoặc m = 2 + 2 2. 0,25 II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: sinx(1 + cos2x) + sinxcosx = cos2x + sinx + cosx 0,25 ⇔ cos2x(sinx – 1) + cosx(sinx – 1) = 0 ⇔ (sinx – 1)(cos2x + cosx) = 0 0,25 π • sinx = 1 ⇔ x = + k2π. 0,25 2 π 2π • cos2x = – cosx = cos(π – x) ⇔ x = +k . 3 3 0,25 π π 2π Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = + k2π; x = + k (k ∈ Z). 2 3 3 Trang 1/4
  9. Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: – 2 ≤ x ≤ 2 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 3 ( ) 2 + x − 2 2 − x + 4 4 − x 2 =10 − 3 x (1). 0,25 Đặt t = 2 + x – 2 2 − x , (1) trở thành: 3t = t2 ⇔ t = 0 hoặc t = 3. 0,25 6 • t = 0, suy ra: 2 + x = 2 2 − x ⇔ 2 + x = 4(2 – x) ⇔ x = , thỏa mãn (*). 0,25 5 • t = 3, suy ra: 2 + x = 2 2 − x + 3, vô nghiệm (do 2 + x ≤ 2 và 2 2 − x + 3 ≥ 3 với mọi x ∈ [– 2; 2]). 0,25 6 Vậy, phương trình đã cho có nghiệm: x = . 5 π π π III 3 3 3 1 + x sin x 1 x sin x (1,0 điểm) I = ∫ cos2 x dx = 0 ∫ cos2 x dx + 0 ∫ cos 0 2 x dx. 0,25 π 3 π 1 Ta có: ∫ cos2 x dx = ( tan x ) 03 = 3. 0,25 0 π π π π π 3 3 3 3 x sin x ⎛ 1 ⎞ ⎛ x ⎞ 3 dx 2π d sin x và: ∫ cos2 x dx = 0 ∫ x d ⎜ cos x ⎟ = ⎜ cos x ⎟ 0 – 0 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ ∫ cos x = 3 + 0 ∫ sin 0 2 x −1 π 0,25 2π 1 ⎛ 1 3 1 ⎞ = + ∫⎜ − ⎟ d sin x 3 2 0 ⎝ sin x − 1 sin x + 1 ⎠ π 2π 1 ⎛ sin x − 1 ⎞ 3 2π 2π = + ⎜ ln = + ln(2 − 3). Vậy, I = 3 + + ln(2 − 3). 0,25 3 2 ⎝ sin x + 1 ⎟ 0 ⎠ 3 3 IV Gọi O là giao điểm của AC và BD ⇒ A1O ⊥ (ABCD). (1,0 điểm) Gọi E là trung điểm AD ⇒ OE ⊥ AD và A1E ⊥ AD 0,25 ⇒ A1 EO là góc giữa hai mặt phẳng (ADD1A1) và (ABCD) ⇒ A1 EO = 60 . B1 C1 AB a 3 ⇒ A1O = OE tan A1 EO = tan A1 EO = . 2 2 A1 D1 Diện tích đáy: SABCD = AB.AD = a 2 3. 0,25 3a 3 B C Thể tích: VABCD. A1B1C1D1 = SABCD.A1O = . O 2 H Ta có: B1C // A1D ⇒ B1C // (A1BD) A D E B B ⇒ d(B1, (A1BD)) = d(C, (A1BD)). B 0,25 Hạ CH ⊥ BD (H ∈ BD) ⇒ CH ⊥ (A1BD) ⇒ d(C, (A1BD)) = CH. CD.CB a 3 Suy ra: d(B1, (A1BD)) = CH = = . 0,25 2 B CD 2 + CB 2 V Với a, b dương, ta có: 2(a2 + b2) + ab = (a + b)(ab + 2) (1,0 điểm) 2 2 2 2 ⎛a b⎞ ⎛1 1⎞ 0,25 ⇔ 2(a + b ) + ab = a b + ab + 2(a + b) ⇔ 2 ⎜ + ⎟ + 1 = (a + b) + 2 ⎜ + ⎟ . ⎝b a⎠ ⎝a b⎠ Trang 2/4
  10. Câu Đáp án Điểm ⎛1 1⎞ ⎛1 1⎞ ⎛a b ⎞ (a + b) + 2 ⎜ + ⎟ ≥ 2 2(a + b) ⎜ + ⎟ = 2 2 ⎜ + + 2 ⎟ , suy ra: ⎝a b⎠ ⎝a b⎠ ⎝b a ⎠ 0,25 ⎛a b⎞ ⎛a b ⎞ a b 5 2⎜ + ⎟ + 1 ≥ 2 2⎜ + + 2⎟ ⇒ + ≥ . ⎝b a⎠ ⎝b a ⎠ b a 2 a b 5 Đặt t = + , t ≥ , suy ra: P = 4(t3 – 3t) – 9(t2 – 2) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18. b a 2 0,25 5 Xét hàm f(t) = 4t3 – 9t2 – 12t + 18, với t ≥ . 2 ⎛5⎞ 23 Ta có: f '(t ) = 6(2t2 – 3t – 2) > 0, suy ra: min f (t ) = f ⎜ ⎟ = – . ⎡5 ⎞ ⎢ 2;+ ∞ ⎟ ⎝2⎠ 4 ⎣ ⎠ 23 a b 5 ⎛1 1⎞ 0,25 Vậy, minP = – ; khi và chỉ khi: + = và a + b = 2 ⎜ + ⎟ 4 b a 2 ⎝a b⎠ ⇔ (a; b) = (2; 1) hoặc (a; b) = (1; 2). VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) N ∈ d, M ∈ ∆ có tọa độ dạng: N(a; 2a – 2), M(b; b – 4). ∆ O, M, N cùng thuộc một đường thẳng, khi và chỉ khi: d 0,25 M 4a a(b – 4) = (2a – 2)b ⇔ b(2 – a) = 4a ⇔ b = . N 2−a O• OM.ON = 8 ⇔ (5a2 – 8a + 4)2 = 4(a – 2)2. 0,25 2 2 2 ⇔ (5a – 6a)(5a – 10a + 8) = 0 ⇔ 5a – 6a = 0 6 0,25 ⇔ a = 0 hoặc a = . 5 ⎛6 2⎞ Vậy, N(0; – 2) hoặc N ⎜ ; ⎟ . 0,25 ⎝5 5⎠ 2. (1,0 điểm) ⎧ x − 2 y +1 z ⎪ = = Tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: ⎨ 1 −2 −1 ⇒ I(1; 1; 1). 0,25 ⎪x + y + z − 3 = 0 ⎩ Gọi M(a; b; c), ta có: ⎧a + b + c − 3 = 0 ⎪ 0,25 M ∈ (P), MI ⊥ ∆ và MI = 4 14 ⇔ ⎨a − 2b − c + 2 = 0 ⎪(a − 1) 2 + (b − 1) 2 + (c − 1) 2 = 224 ⎩ ⎧b = 2a − 1 ⎪ ⇔ ⎨c = −3a + 4 0,25 ⎪(a − 1) 2 + (2a − 2) 2 + (−3a + 3) 2 = 224 ⎩ ⇔ (a; b; c) = (5; 9; – 11) hoặc (a; b; c) = (– 3; – 7; 13). 0,25 Vậy, M(5; 9; – 11) hoặc M(– 3; – 7; 13). VII.a Gọi z = a + bi với a, b ∈ R và a2 + b2 ≠ 0, ta có: (1,0 điểm) 0,25 5+i 3 5+i 3 z− − 1 = 0 ⇔ a – bi – –1=0 z a + bi Trang 3/4
  11. Câu Đáp án Điểm 2 2 2 2 ⇔ a + b – 5 – i 3 – a – bi = 0 ⇔ (a + b – a – 5) – (b + 3 )i = 0 0,25 ⎧a 2 + b2 − a − 5 = 0 ⎪ ⎧a 2 − a − 2 = 0 ⎪ ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 0,25 ⎪b + 3 = 0 ⎩ ⎪b = − 3 ⎩ ⇔ (a; b) = (– 1; – 3 ) hoặc (a; b) = (2; – 3 ). Vậy z = – 1 – i 3 hoặc z = 2 – i 3. 0,25 VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) ⎛5 ⎞ BD = ⎜ ; 0 ⎟ ⇒ BD // EF ⇒ tam giác ABC cân tại A; ⎝2 ⎠ 0,25 ⇒ đường thẳng AD vuông góc với EF, có phương trình: x – 3 = 0. 2 ⎛ 1⎞ 25 F có tọa độ dạng F(t; 3), ta có: BF = BD ⇔ ⎜ t − ⎟ + 22 = ⇔ t = – 1 hoặc t = 2. 0,25 ⎝ 2⎠ 4 A • t = – 1 ⇒ F(– 1; 3); suy ra đường thẳng BF có phương trình: 4x + 3y – 5 = 0. ⎛ 7⎞ 0,25 A là giao điểm của AD và BF ⇒ A ⎜ 3; − ⎟ , không thỏa mãn ⎝ 3⎠ F E yêu cầu (A có tung độ dương). • t = 2 ⇒ F(2; 3); suy ra phương trình BF: 4x – 3y + 1 = 0. B C ⎛ 13 ⎞ ⎛ 13 ⎞ 0,25 ⇒ A ⎜ 3; ⎟ , thỏa mãn yêu cầu. Vậy, có: A ⎜ 3; ⎟ . D ⎝ 3⎠ ⎝ 3⎠ 2. (1,0 điểm) M ∈ ∆, suy ra tọa độ M có dạng: M(– 2 + t; 1 + 3t; – 5 – 2t). 0,25 ⇒ AM = (t; 3t; – 6 – 2t) và AB = (– 1; – 2; 1) ⇒ ⎡ AM , AB ⎤ = (– t – 12; t + 6; t). ⎣ ⎦ 0,25 S∆MAB = 3 5 ⇔ (t + 12)2 + (t + 6)2 + t2 = 180 0,25 ⇔ t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = – 12. Vậy, M(– 2; 1; – 5) hoặc M(– 14; – 35; 19). 0,25 VII.b ⎛1 3 ⎞ ⎛ π π⎞ ⎛ π π⎞ ⎜ 2 2 i ⎟ = 2 ⎜ cos 3 + i sin 3 ⎟ và 1 + i = 1 + i 3 = 2⎜ + ⎟ 2 ⎜ cos + i sin ⎟ ; 0,25 (1,0 điểm) ⎝ ⎠ ⎝ 4 4⎠ ⎝ ⎠ 8 ( cos π + i sin π ) suy ra: z = ⎛ 3π 3π ⎞ 0,25 2 2 ⎜ cos + i sin ⎟ ⎝ 4 4 ⎠ ⎛ π π⎞ = 2 2 ⎜ cos + i sin ⎟ 0,25 ⎝ 4 4⎠ = 2 + 2i. Vậy số phức z có: Phần thực là 2 và phần ảo là 2. 0,25 ------------- Hết ------------- Trang 4/4
  12. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 Môn: TOÁN; Khối: D ĐỀ CHÍNH THỨC Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x + 1 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = ⋅ x +1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm k để đường thẳng y = kx + 2k + 1 cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho khoảng cách từ A và B đến trục hoành bằng nhau. Câu II (2,0 điểm) sin 2 x + 2 cos x − sin x − 1 1. Giải phương trình = 0. tan x + 3 2. Giải phương trình log 2 ( 8 − x 2 ) + log 1 2 ( ) 1+ x + 1 − x − 2 = 0 ( x ∈ ). 4 4x − 1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 0 2x + 1 + 2 dx. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, BA = 3a, BC = 4a; mặt phẳng (SBC) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Biết SB = 2a 3 và SBC = 30 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (SAC) theo a. ⎧2 x3 − ( y + 2) x 2 + xy = m ⎪ Câu V (1,0 điểm) Tìm m để hệ phương trình sau có nghiệm: ⎨ 2 ( x, y ∈ ). ⎪ x + x − y = 1 − 2m ⎩ PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh B(– 4; 1), trọng tâm G(1; 1) và đường thẳng chứa phân giác trong của góc A có phương trình x – y – 1 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C. x +1 y z − 3 2. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; 3) và đường thẳng d: = = ⋅ 2 1 −2 Viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm A, vuông góc với đường thẳng d và cắt trục Ox. Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z, biết: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(1; 0) và đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y – 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt (C) tại hai điểm M và N sao cho tam giác AMN vuông cân tại A. x −1 y − 3 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng Δ : = = và mặt phẳng 2 4 1 ( P) : 2 x − y + 2 z = 0. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc đường thẳng ∆, bán kính bằng 1 và tiếp xúc với mặt phẳng (P). 2 x 2 + 3x + 3 Câu VII.b (1,0 điểm) Tìm giá trị nhỏ nhất và giá trị lớn nhất của hàm số y = trên x +1 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:. .............................. www.laisac.page.tl
  13. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2011 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) • Tập xác định: D = \ {− 1 } . • Sự biến thiên: 1 0,25 – Chiều biến thiên: y ' = > 0, ∀ x ∈ D. ( x + 1) 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng (– ∞; – 1) và (– 1; + ∞). – Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2; tiệm cận ngang: y = 2. x → −∞ x → +∞ 0,25 lim − y = + ∞, lim + y = – ∞; tiệm cận đứng: x = – 1. x → ( −1) x → ( −1) – Bảng biến thiên: x −∞ –1 +∞ y’ + + +∞ 2 0,25 y 2 −∞ • Đồ thị: y 2 0,25 1 –1 O x 2. (1,0 điểm) Gọi d: y = kx + 2k + 1, suy ra hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm phương trình: 2x +1 kx + 2k + 1 = ⇔ 2x + 1 = (x + 1)(kx + 2k + 1) (do x = – 1 không là nghiệm) 0,25 x +1 ⇔ kx2 + (3k – 1)x + 2k = 0 (1). d cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B, khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt ⎧k ≠ 0 ⎧k ≠ 0 ⎧k ≠ 0 ⎪ 0,25 ⇔⎨ ⇔⎨ 2 ⇔⎨ (*). ⎩Δ > 0 ⎩ k − 6k + 1 > 0 ⎪k < 3 − 2 2 ∨ k > 3 + 2 2. ⎩ Khi đó: A(x1; kx1 + 2k + 1) và B(x2; kx2 + 2k + 1), x1 và x2 là nghiệm của (1). 0,25 d(A, Ox) = d(B, Ox) ⇔ kx1 + 2k + 1 = kx2 + 2k + 1 Trang 1/4
  14. Câu Đáp án Điểm ⇔ k(x1 + x2) + 4k + 2 = 0 (do x1 ≠ x2). Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: (1 – 3k) + 4k + 2 = 0 ⇔ k = – 3, thỏa mãn (*). 0,25 Vậy, giá trị cần tìm là: k = – 3. II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0, tanx ≠ − 3 (*). 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: sin2x + 2cosx – sinx – 1 = 0 ⇔ 2cosx(sinx + 1) – (sinx + 1) = 0 ⇔ (sinx + 1)(2cosx – 1) = 0. 0,25 π 1 π ⇔ sinx = – 1 ⇔ x = – + k2π hoặc cosx = ⇔ x = ± + k2π. 0,25 2 2 3 π Đối chiếu điều kiện (*), suy ra nghiệm: x = + k2π (k ∈ Z). 0,25 3 2. (1,0 điểm) Điều kiện: – 1 ≤ x ≤ 1 (*). Khi đó, phương trình đã cho tương đương với: log 2 ( 8 − x 2 ) = log 2 ⎡ 4 ⎣ ( ) 1+ x + 1 − x ⎤ ⎦ 0,25 ⇔ 8 – x2 = 4 ( ) ( 1 + x + 1 − x ⇔ (8 – x2)2 = 16 2 + 2 1 − x 2 ) (1). 0,25 Đặt t = 1− x 2 , (1) trở thành: (7 + t2)2 = 32(1 + t) ⇔ t4 + 14t2 – 32t + 17 = 0 0,25 2 2 ⇔ (t – 1) (t + 2t + 17) = 0 ⇔ t = 1. Do đó, (1) ⇔ 1− x 2 = 1 ⇔ x = 0, thỏa mãn (*). 0,25 Vậy, phương trình có nghiệm: x = 0. III Đặt t = 2 x + 1 ⇒ 4x = 2(t2 – 1), dx = tdt. 0,25 (1,0 điểm) Đổi cận: x = 0 ⇒ t = 1; x = 4 ⇒ t = 3. 3 2t 3 − 3t 3 ⎛ 10 ⎞ I= ∫ dt = ∫ ⎜ 2t 2 − 4t + 5 − ⎟ dt 0,25 1 t+2 1⎝ t + 2⎠ 3 ⎛ 2t 3 ⎞ =⎜ − 2t 2 + 5t − 10 ln t + 2 ⎟ 0,25 ⎝ 3 ⎠1 34 3 = + 10 ln . 0,25 3 5 IV Hạ SH ⊥ BC (H ∈ BC); (SBC) ⊥ (ABC) ⇒ SH ⊥ (ABC); SH = SB.sin SBC = a 3. 0,25 (1,0 điểm) 1 S Diện tích: SABC = BA.BC = 6a2. 2 0,25 1 Thể tích: VS.ABC = SABC.SH = 2a 3 3. 3 B H K Hạ HD ⊥ AC (D ∈ AC), HK ⊥ SD (K ∈ SD) C D ⇒ HK ⊥ (SAC) ⇒ HK = d(H, (SAC)). 0,25 BH = SB.cos SBC = 3a ⇒ BC = 4HC A ⇒ d(B, (SAC)) = 4.d(H, (SAC)). HC 3a Ta có AC = BA2 + BC 2 = 5a; HC = BC – BH = a ⇒ HD = BA. = . AC 5 0,25 SH .HD 3a 7 6a 7 HK = = . Vậy, d(B, (SAC)) = 4.HK = . 2 SH + HD 2 14 7 V ⎧( x 2 − x)(2 x − y ) = m ⎪ (1,0 điểm) Hệ đã cho tương đương với: ⎨ 2 0,25 ⎪( x − x) + (2 x − y ) = 1 − 2m. ⎩ Trang 2/4
  15. Câu Đáp án Điểm 1 Đặt u = x2 – x, u ≥ – ; v = 2x – y. 4 ⎧uv = m ⎧u 2 + (2m − 1)u + m = 0 (1) Hệ đã cho trở thành: ⎨ ⇔ ⎨ 0,25 ⎩u + v = 1 − 2m ⎩v = 1 − 2m − u. 1 Hệ đã cho có nghiệm, khi và chỉ khi (1) có nghiệm thỏa mãn u ≥ – . 4 1 − u2 + u Với u ≥ – , ta có: (1) ⇔ m(2u + 1) = – u2 + u ⇔ m = . 4 2u + 1 −u 2 + u 1 Xét hàm f(u) = , với u ≥ – ; ta có: 0,25 2u + 1 4 2u 2 + 2u − 1 −1 + 3 f '(u ) = – 2 ; f '(u ) = 0 ⇔ u = . (2u + 1) 2 Bảng biến thiên: 1 −1 + 3 u − +∞ 4 2 f '(u ) + 0 – 2− 3 0,25 2 f(u) 5 − 8 –∞ 2− 3 Suy ra giá trị cần tìm là: m ≤ . 2 VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) B Gọi D(x; y) là trung điểm AC, ta có: BD = 3GD ⎧ x + 4 = 3( x − 1) ⎛7 ⎞ 0,25 ⇔ ⎨ ⇒ D ⎜ ; 1⎟ . ⎩ y − 1 = 3( y − 1) ⎝2 ⎠ G• Gọi E(x; y) là điểm đối xứng của B qua phân giác trong d: x – y – 1 = 0 của góc A. A D E C Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I của EB thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ: 0,25 ⎧1( x + 4) + 1( y − 1) = 0 ⎪ ⎧x + y + 3 = 0 ⎨ x − 4 y +1 ⇔ ⎨ ⇒ E(2; – 5). ⎪ 2 − − 1= 0 ⎩x − y − 7 = 0 ⎩ 2 Đường thẳng AC đi qua D và E, có phương trình: 4x – y – 13 = 0. 0,25 ⎧x − y −1 = 0 Tọa độ A(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ A(4; 3). Suy ra: C(3; – 1). 0,25 ⎩4 x − y − 13 = 0 2. (1,0 điểm) Mặt phẳng (P) đi qua A, vuông góc với d, có phương trình: 2x + y – 2z + 2 = 0. 0,25 Gọi B là giao điểm của trục Ox với (P), suy ra ∆ là đường thẳng đi qua các điểm A, B. 0,25 B ∈ Ox, có tọa độ B(b; 0; 0) thỏa mãn phương trình 2b + 2 = 0 ⇒ B(– 1; 0; 0). 0,25 ⎧ x = 1 + 2t ⎪ Phương trình ∆: ⎨ y = 2 + 2t 0,25 ⎪ z = 3 + 3t. ⎩ VII.a Gọi z = a + bi (a, b ∈ R), ta có: z – (2 + 3i) z = 1 – 9i ⇔ a + bi – (2 + 3i)(a – bi) = 1 – 9i 0,25 Trang 3/4
  16. Câu Đáp án Điểm (1,0 điểm) ⇔ – a – 3b – (3a – 3b)i = 1 – 9i 0,25 ⎧− a − 3b = 1 ⇔ ⎨ 0,25 ⎩3a − 3b = 9 ⎧a = 2 ⇔ ⎨ Vậy z = 2 – i. 0,25 ⎩b = −1. VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Đường tròn (C) có tâm I(1; – 2), bán kính bằng 10. 1 Ta có: IM = IN và AM = AN ⇒ AI ⊥ MN; suy ra phương 0,25 A trình ∆ có dạng: y = m. O x Hoành độ M, N là nghiệm phương trình: –2 I x2 – 2x + m2 + 4m – 5 = 0 (1). M –3 N 0,25 (1) có hai nghiệm phân biệt x1 và x2, khi và chỉ khi: m2 + 4m – 6 < 0 (*); khi đó ta có: M(x1; m) và N(x2; m). AM ⊥ AN ⇔ AM . AN = 0 ⇔ (x1 – 1)(x2 – 1) + m2 = 0 ⇔ x1x2 – (x1 + x2) + m2 + 1 = 0. 0,25 Áp dụng định lý Viét đối với (1), suy ra: 2m2 + 4m – 6 = 0 0,25 ⇔ m = 1 hoặc m = – 3, thỏa mãn (*). Vậy, phương trình ∆: y = 1 hoặc y = – 3. 2. (1,0 điểm) Gọi I là tâm của mặt cầu. I ∈ ∆, suy ra tọa độ I có dạng: I(1 + 2t; 3 + 4t; t). 0,25 Mặt cầu tiếp xúc với (P), khi và chỉ khi: d(I, (P)) = 1 2(1 + 2t ) − (3 + 4t ) + 2t 0,25 ⇔ =1 3 ⇔ t = 2 hoặc t = – 1. Suy ra: I(5; 11; 2) hoặc I(– 1; – 1; – 1). 0,25 Phương trình mặt cầu: 0,25 (x – 5)2 + (y – 11)2 + (z – 2)2 = 1 hoặc (x + 1)2 + (y + 1)2 + (z + 1)2 = 1. VII.b 2 x2 + 4 x y' = ; 0,25 (1,0 điểm) ( x + 1) 2 y' = 0 ⇔ x = – 2 hoặc x = 0. 0,25 17 y(0) = 3, y(2) = . 0,25 3 17 Vậy: min y = 3, tại x = 0; max y = , tại x = 2. 0,25 [0; 2] [0; 2] 3 ------------- Hết ------------- Trang 4/4
  17. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A 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 I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 2x2 + (1 − m)x + m (1), m là tham số thực. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt có hoành độ x1, x2, x3 thoả mãn điều kiện x12 + x2 + x3 < 4. 2 2 Câu II (2,0 điểm) ⎛ π⎞ (1 + sin x + cos 2 x) sin ⎜ x + ⎟ ⎝ 4⎠ 1 1. Giải phương trình = cos x . 1 + tan x 2 x− x 2. Giải bất phương trình ≥ 1. 2 1− 2( x − x + 1) 1 x2 + e x + 2 x2e x Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ 1 + 2e x dx . 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Gọi M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và AD; H là giao điểm của CN với DM. Biết SH vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và SH = a 3 . Tính thể tích khối chóp S.CDNM và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC theo a. ⎧(4 x 2 + 1) x + ( y − 3) 5 − 2 y = 0 ⎪ Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình ⎨ (x, y ∈ R). ⎪ ⎩ 4x2 + y2 + 2 3 − 4x = 7 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 3 x + y = 0 và d2: 3 x − y = 0 . Gọi (T) là đường tròn tiếp xúc với d1 tại A, cắt d2 tại hai điểm B và C sao cho tam giác ABC vuông tại B. Viết 3 phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng và điểm A có hoành độ dương. 2 x −1 y z + 2 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆: = = và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0. 2 1 −1 Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết z = ( 2 + i ) 2 (1 − 2 i) . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại A có đỉnh A(6; 6); đường thẳng đi qua trung điểm của các cạnh AB và AC có phương trình x + y − 4 = 0. Tìm toạ độ các đỉnh B và C, biết điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác đã cho. x+2 y−2 z +3 2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆: = = . Tính 2 3 2 khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. (1 − 3i )3 Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z = . Tìm môđun của số phức z + i z. 1− i ----------- 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................................
  18. BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm I 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R. 0,25 • Sự biến thiên: 4 - Chiều biến thiên: y ' = 3x2 − 4x; y '( x) = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = . 3 ⎛4 ⎞ ⎛ 4⎞ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và ⎜ ; + ∞ ⎟ ; nghịch biến trên khoảng ⎜ 0; ⎟ . ⎝ 3 ⎠ ⎝ 3⎠ 4 5 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x = ; yCT = − . 3 27 - Giới hạn: lim y = − ∞ ; lim y = + ∞. x→ − ∞ x→ + ∞ - Bảng biến thiên: 4 x −∞ 0 +∞ 3 y' + 0 − 0 + 0,25 1 +∞ y 5 − −∞ 27 • Đồ thị: y 1 0,25 4 O 3 − 5 2 x 27 2. (1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0 0,25 ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*) Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm 0,25 phân biệt, khác 1. Ký hiệu g(x) = x2 − x − m; x1 = 1; x2 và x3 là các nghiệm của (*). ⎧∆ > 0 ⎪ 0,25 Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: ⎨ g (1) ≠ 0 ⎪ 2 2 ⎩ x2 + x3 < 3 ⎧1 + 4m > 0 ⎪ 1 ⇔ ⎨−m ≠ 0 ⇔ − < m < 1 và m ≠ 0. 0,25 ⎪1 + 2m < 3 4 ⎩ Trang 1/4
  19. Câu Đáp án Điểm II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0. ⎛ π⎞ 0,25 Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin ⎜ x + ⎟ (1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx ⎝ 4⎠ sin x + cos x ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) = cos x ⇔ sinx + cos2x = 0 0,25 cos x 1 ⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = − 0,25 2 π 7π ⇔ x=− + k2π hoặc x = + k2π (k ∈ Z). 0,25 6 6 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ 0. Ta có: 2( x 2 − x + 1) = x 2 + ( x − 1) 2 + 1 > 1, suy ra 1 − 2( x 2 − x + 1) < 0. 0,25 Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với: 2( x 2 − x + 1) ≤ 1 − x + x (1) Mặt khác 2( x 2 − x + 1) = 2(1 − x) 2 + 2( x ) 2 ≥ 1 − x + x (2), do đó: 0,25 (1) ⇔ 2( x 2 − x + 1) = 1 − x + x (3) Để ý rằng: + Dấu bằng ở (2) xảy ra chỉ khi: 1 − x = x đồng thời 1 − x + x ≥ 0. 0,25 + 1−x = x kéo theo 1 − x + x ≥ 0, do đó: (3) ⇔ 1 − x = x ⎧1 − x ≥ 0 ⎪ ⎧x ≤ 1 ⎪ ⇔ ⎨ 2 ⇔ ⎨ 2 ⎪(1 − x ) = x ⎩ ⎪ x − 3x + 1 = 0 ⎩ 0,25 3− 5 ⇔ x = , thỏa mãn điều kiện x ≥ 0. 2 1 1 1 III ⎛ ex ⎞ ex I = ∫ ⎜ x2 + ⎜ ⎟ dx = ∫ x 2 dx + ∫ dx . 0,25 (1,0 điểm) 0 ⎝ 1 + 2e x ⎟⎠ 0 0 1 + 2e x 1 1 1 3 1 Ta có: ∫ x 2 dx = 3 x 0 = 3 0,25 0 1 1 ex 1 d(1 + 2e x ) và ∫ 1 + 2e x d x = 2 ∫ 1 + 2e x , suy ra: 0,25 0 0 1 1 1 1 1 1 + 2e 1 1 1 + 2e I = + ln(1 + 2e x ) = + ln = + ln . 0,25 3 2 0 3 2 3 3 2 3 IV S • Thể tích khối chóp S.CDNM. SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM (1,0 điểm) 1 1 = AB2 − AM.AN − BC.BM 0,25 2 2 2 2 K a a 5a 2 = a2 − − = . A N D 8 4 8 H 1 5 3 a3 M VS.CDNM = SCDNM.SH = . 0,25 B C 3 24 • Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ ADM = DCN ⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC). 0,25 Hạ HK ⊥ SC (K ∈ SC), suy ra HK là đoạn vuông góc chung của DM và SC, do đó: d(DM, SC) = HK. Trang 2/4
  20. Câu Đáp án Điểm CD 2 2a SH .HC 2 3a 2 3a Ta có: HC = = và HK = = , do đó: d(DM, SC) = . 0,25 CN 5 2 SH + HC 2 19 19 V 3 5 Điều kiện: x ≤ ; y≤ . (1,0 điểm) 4 2 0,25 Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 − 2 y (1) Nhận xét: (1) có dạng f(2x) = f( 5 − 2 y ), với f(t) = (t2 + 1)t. Ta có f ' (t) = 3t2 + 1 > 0, suy ra f đồng biến trên R. 0,25 ⎧x ≥ 0 ⎪ Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 − 2y ⇔ ⎨ 5 − 4 x2 ⎪y = . ⎩ 2 2 ⎛5 ⎞ Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x −7 = 0 (3). 2 ⎝2 ⎠ 3 Nhận thấy x = 0 và x = không phải là nghiệm của (3). 0,25 4 2 ⎛5 ⎞ ⎛ 3⎞ Xét hàm g(x) = 4x + ⎜ − 2 x 2 ⎟ + 2 3 − 4x − 7, trên khoảng ⎜ 0; ⎟ . 2 ⎝2 ⎠ ⎝ 4⎠ ⎛5 ⎞ 4 4 g '( x) = 8x − 8x ⎜ − 2 x 2 ⎟ − = 4x (4x2 − 3) − < 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến. ⎝ 2 ⎠ 3 − 4x 3 − 4x ⎛1⎞ 1 Mặt khác g ⎜ ⎟ = 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x = ; suy ra y = 2. 0,25 ⎝2⎠ 2 ⎛1 ⎞ Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) = ⎜ ; 2 ⎟ . ⎝2 ⎠ VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) y | 3. 3 − 1.1| 1 d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) = = và tam giác d2 3 + 1. 3 + 1 2 0,25 d1 OAB vuông tại B, do đó AOB = 60 ⇒ BAC = 60 . O x 1 3 Ta có: SABC =AB.AC.sin 60 = (OA.sin 60 ).(OA.tan 60 ) B 2 4 A 3 3 = OA2. 0,25 I 8 C 3 4 Do đó: SABC = , suy ra OA2 = . 2 3 ⎧ 3x + y = 0 ⎪ ⎛ 1 ⎞ Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ: ⎨ 2 2 4 ⇒ A⎜ ; − 1⎟ . ⎪x + y = ⎝ 3 ⎠ ⎩ 3 0,25 Đường thẳng AC đi qua A và vuông góc với d2, suy ra AC có phương trình: 3 x − 3y − 4 = 0. ⎧ 3x − y = 0 ⎪ ⎛ −2 ⎞ Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ: ⎨ ⇒ C⎜ ; − 2⎟ . ⎪ 3 x −3y − 4 = 0 ⎩ ⎝ 3 ⎠ ⎛ −1 3⎞ Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I ⎜ ; − ⎟ và bán kính IA = 1. ⎝2 3 2⎠ 2 2 0,25 ⎛ 1 ⎞ ⎛ 3⎞ Phương trình (T): ⎜ x + ⎟ + ⎜ y + ⎟ =1. ⎝ 2 3⎠ ⎝ 2⎠ Trang 3/4
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.04: Bộ 290+ Đề Thi Vào Lớp 10 Năm 2020
290 tài liệu
511 lượt tải
THÔNG TIN
TRỢ GIÚP
HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG
Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2