Bộ đề tuyển sinh môn Toán: Phần 2

Chia sẻ: _ _ | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:150

Thêm vào BST

Báo xấu

24
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Phần 2 của ebook Cấu trúc đề thi đại học và bộ đề tuyển sinh môn Toán là phần đáp án và thang điểm chi tiết. Trong phần này, tác giả đã chọn ra nhiều cách giải khác nhau với mong muốn có sự phong phú và đa dạng về cách giải cho bạn, các bạn có thêm tham khảo thêm và rút ra kinh nghiệm cho mình. Mời các bạn cùng tham khảo phần 2 của ebook sau đây.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Bộ đề tuyển sinh môn Toán: Phần 2

x y2 z 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng  d  :   và mặt phẳng 1 2 2  P  : x  y  z  5  0. Viết phương trình tham số của đường thẳng    đi qua điểm A  3; 1;1 nằm trong mặt phẳng  P  và hợp với  d  một góc 450 .  y 1  x  x  2x  2  3  1 2 Câu VII.( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình:  x 1  x, y  .  y  y  2y  2  3  1  2 PHẦN IV. ĐÁP ÁN 15 ĐỀ THAM KHẢO CỦA BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO. ĐỀ SỐ 1. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI A NĂM 2011. Câu ý Lời Giải Điểm I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Hoành độ giao điểm của d : y  x  m và  C  là nghiệm phương trình: x  1 xm 2x  1 0.25 1   x  m  2x  1  x  1 ( do x  không là nghiệm) 2  2x 2  2mx  m  1  0 * 1 D cắt  C  tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi * có 2 nghiệm phân biệt khác : 2   '  m2  2m  2  0  m  12  1  0 0.25     1  1 m   d luôn cắt  C  tại hai f  2   0   m  m 1  0    2 điểm phân biệt với mọi m. Gọi x1 và x2 là nghiệm của * , ta có:  2x 2  1   2x1  1 2 2 1 1 k1  k 2      2x1  1  2x 2  1  2x1  1 .  2x 2  1 2 2 2 2 0.25 4  x1  x 2   8x1x 2  4  x1  x 2   2 2   4x1x 2  2  x1  x 2   1 2  x1  x 2   m  Theo định lý Viet  m  1  x1.x 2  2 m  1 4m2  8.  4m  2 0.25 suy ra: k1  k 2   2  4m2  8m  6  4  m  1  2  2. 2 m  1 2    4.  2.m  1  2  Suy ra: k1  k 2 lớn nhất bằng 2 , khi và chỉ khi m  1. II 1 1  sin 2x  cos2x  2 sin x sin 2x. 1  cot 2 x 0.25 Điều kiện: sin x  0 * . Trang 66
1  sin 2x  cos2x Phương trình đã cho tương đương với:  2 2 sin x sin x cos x. 1 sin 2 x  1  sin 2x  cos2x  sin 2 x  2 2 sin 2 x cos x  1  sin 2x  cos2x  2 2 cos x  do sinx  0   1  2sin x.cos x  2cos2x  1  2 2 cos x  0 0.25   2cos x cos x  sinx  2  0.  cos x  sin x  2  0 1  cos x  0  2  0.25     1  cos x  sin x  2  sin  x    1  x   k2, thỏa mãn * .  4 4    2   cos x  0  x   k, thỏa mãn * . 2 0.25    Vậy, phương trình có 2 họ nghiệm : S    k;  k2 k   . 2 4  5x y  4xy  3y  2  x  y   0 1 II 2  2 2 3   xy  x  y   2   x  y   2  . 2 2 2  Ta có phương trình  2   xy  x 2  y2   2  x 2  2xy  y2  0 0.25  xy  1  xy  x  y  2    x  y  2   0   xy  1  x  y  2   0   2 2 2 2 2 2 2 x  y  2 2 1  Với xy  1  x  thay vào phương trình 1 ta được: y 2 0.25 1 1 1  5   .y  4 .y 2  3y3  2   y   0  y 4  2y 2  1  0  y  1. y y y  Suy ra:  x; y   1;1 hoặc  x; y    1; 1 .  1  3y  x 2  y2   4xy2  2x 2y  2  x  y   0 * , với x 2  y2  2 thay vào * ta được 6y  4xy2  2x 2y  2  x  y   0  4y  2x  4xy2  2x 2y  0 0.25  2y  x  xy  2y  x   0  1  xy  2y  x   0  xy  1 hoặc x  2y. Với x  2y thay vào phương trình x 2  y2  2 ta được: 10 4y2  y2  2  5y2  2  y   5  2 10 10   2 10 10  0.25 Vậy  x; y    ;  hoặc  x; y     ; .  5 5   5 5   2 10 10   2 10 10  Vậy hệ có nghiệm:  x, y   1;1 ,  1; 1 ,  ; ,  ; .  5 5   5 5     III I 4  x sin x  cos x   x cos x dx  4 x sin x  cos x dx  4 x cos x 0.25 0 x sin x  cos x  x sin x  cos x 0  x sin x  cos x dx. 0   4 x sin x  cos x 4   0.25 Ta có: I1   dx   dx  x 04  0 x sin x  cos x 0 4 Trang 67
  4 4 d  x sin x  cos x     ln x sin x  cos x  4 x cos x 0.25 Và I 2   dx   0 x sin x  cos x 0 x sin x  cos x 0  2      2     ln    1   I  I1  I 2   ln    1  . 0.25  2  4  4  2  4  IV SAB  SAC   SA S  Ta có SAB   ABC   SA   ABC   SAC    ABC   AB  BC Nên   BC  SB  SB  BC SA  BC H 0.25 SBC    ABC   BC D  Vậy SB  SBC  ,SB  BC ∆  A C  AB  SAB , AB  BC N      SBC  ,  ABC   SB, AB  SBA  600 M  SA  SB. tanSBA  2a 3. B Mặt phẳng qua SM và song song với BC, cắt AC tại N. Vì M là trung điểm của AB  MN / /BC  AB nên MN là đường trung bình của ABC   BC , BM   a.  MN  2  a 2 Tứ giác BCNM là hình thang vuông tại B nên có diện tích:  BC  MN  .BM   2a  a  .a  3a 2 . 0.25 SBCNM  2 2 2 SA   BCNM  nên SA là đường cao của chóp S.BCNM nên có thể tích: 1 1 3a 2 VS.BCNM  SA.SBCNM  .2a 3.  a 3 3. 3 3 2 Kẻ đường thẳng  đi qua N, song song với AB. Hạ AD    D    . Vì AB//ND  AB// SND   d  AB,SN   d  AB, SND    d  A, SND   . 0.25 SA  DN Hạ AH  SD  H  SD  . Ta có   DN  SAD   DN  AH SD  DN  AH  SND   d  A, SND    AH Tam giác SAD vuông tại A, có AH là đường cao của SAD Nhận thấy AMND là hình vuông nên AD = MN = a SA.AD 2a 3.a 2a 39 0.25  d  AB,SN   AH    . SA  AD 13   2 2 2 2a 3  a 2 V 1 1 2 Trước hết ta chứng minh:   * , với a và b dương, ab  1. 1  a 1  b 1  ab     Thật vậy, *   a  1 1  ab   b  1 1  ab  2 1  a 1  b  0.25     a  b  2  1  ab  2 1  a 1  b    a  b  ab  2 ab  a  b  2ab   a  b  ab  2ab  a  b  2 ab  0           2 2 2  ab a  b  2 ab  a b  0  ab a b a b 0 Trang 68
   2  ab  1 a b  0, luôn đúng với a và b dương, ab  1. Áp dụng * với x và y thuộc đoạn 1;4 và x  y, ta có: x y z 1 1 1 1 2 P        2x  3y y  z z  x 2  3y 1  z 1  x 2  3y x 0.25 1 x y z x y z x x Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi:  hoặc  1 1 y z y x y 1 Đặt  t   2 , t  1;2. y x t 1 2 t2 2 khi đó: P    2  . 2 3 1  t 2t  3 1  t t2 t2 2 Xét hàm f  t    , t  1;2. 2t  3 1  t 2 0.25 2  t 3  4t  3  3t  2t  1  9  Ta có f '  t    0 t  1;2.  2t 2  3 1  t  2 2 34  f  t   f 2  ; 33 x dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi: t  2   4  x  4, y  1 2  . 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 VIa 1 Đường tròn  C  có tâm I  2;1 , bán kính IA  5. A Tứ giác MAIB có MAI  MBI  900 và MA = MB I 1 1  SMAIB  SIAM  SIBM  IA.MA  IB.MB 2 2 1  IA.2MA  IA.MA 0.25 2 B M 10 10 Theo đề ra SIAMB  10  IA.MA  10  MA   2 5 IA 5 0.25  5   2 5  2 2  IM  IA2  MA2   5. x  t Chuyển  về phương trình tham số có dạng là  t  .  y  2  t 0.25 M  , có tọa độ dạng M  t; 2  t  . Vậy IM  5   t  2    t  3  25  2t 2  2t  12  0 2 2 t  2  . Vậy M  2; 4  hoặc M  3;1 . 0.25  t  3 2 Gọi M  x 0 ; y0 ;z 0  , 0.25 MA   x0  2  y02   z 0  1 , MB  x 02   y0  2    z 0  3 2 2 2 2 Trang 69
2x 0  y0  z 0  0  M   P     x 0  2   y02   z 0  1  9 2 2 Theo đề ra   MA = MB = 3  2  x 0   y0  2    z 0  3  9 2 2 2x  y  z  4  0  0 0 0   x 0  y0  z 0  2  0 0.25   x 0  2   y0   z 0  1  9 2 2 2  x 0  2y  2   z 0  3y 0.25  2 7y0  11y0  4  0  6 4 12  Giải hệ trên   x; y;z    0;1;3 hoặc   ; ;  .  7 7 7 0.25  6 4 12  Vậy có 2 điểm M là : M  0;1;3 hoặc M   ; ;  .  7 7 7 Gọi z  a  bi  z  a  bi  a, b  , VIIa z  a 2  b2 0.25 ta có: z 2  z  z   a  bi   a 2  b2  a  bi 2 2 a 2  b 2  a 2  b 2  a  a 2  b2  2abi  a 2  b2  a  bi   0.25 2ab  b  a  2b 2  0.25  b  2a  1  0   1 1  1 1 Giải hệ trên   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 VIb 1 x 2 y2 4  x 02 Gọi A  x 0 ; y0  . Do A, B thuộc  E  :   1  y02  . Có hoành độ dương 4 1 4 và tam giác OAB cân tại O, nên: B  x 0 ; y0  , x 0  0. 0.25 4x 2  AB   x0  x0     y0  y0   2 y02  2.  4  x 02 . 2 2 0 4 Gọi H là trung điểm AB  H  x 0 ;0  , vì OAB cân tại O nên: OH  AB và OH  x 0 . 0.25 1 1 Diện tích: SOAB  OH.AB  x 0 4  x 02 2 2 x 0  4  x 02   1. 1 2  2  2    y0  0.25 2 4 2 2 Dấu "  " xảy ra, khi và chỉ khi x 0  2  y  2 0  . 4  2  y0    2  2  2  2  2 Vậy: A  2;  và B  2;   hoặc A  2;   và B  2;  0.25  2   2   2   2  2 Mặt cầu  S  có tâm I  2;2;2  , bán kính R  2 3. 0.25 Trang 70
Dễ dàng nhận thấy O và A cùng thuộc mặt cầu  S  . Vậy các điểm O, A, B cùng nằm trên mặt cầu  S  . Mặt khác tam giác OAB đều nên có bán kính đường tròn ngoại tiếp OAB OA 4 2 r  . 3 3 Gọi  P  là mặt phẳng qua 3 điểm O, A, B , vậy mp  P  cắt mặt cầu theo 1 giao tuyến là đường tròn có bán kính là r. 2 4 2 Vậy khoảng cách: d  I,  P    R  r  2 3  2 2 2 2    . 0.25  3  3 mp  P  đi qua O và có phương trình dạng: ax  by  cz  0,  a 2  b2  c2  0 * . mp  P  đi qua A, suy ra: 4a  4b  0  b  a 1 . 2 a  b  c d  I,  P    2 2   2 3 a b c 2 2 2 3 0.25 2c 2 Thế 1 vào  2  ta được  . 2a  c 2 2 3 c  a  2a 2  c2  3c2   .  c  a 0.25  Với c  a chọn a  1  c  1 thay vào *  mp  P  : x  y  z  0  Với c  a chọn a  1  c  1 thay vào *  mp  P  : x  y  z  0 VIIb Gọi z  a  bi  z  a  bi  a;b  , Ta có:  2z  11  i    z  11  i   2  2i 0.25  2  a  bi   1 1  i    a  bi   1 1  i   2  2i   2a  1  2bi  1  i    a  1  bi  1  i   2  2i  2a  1  2ai  i  2bi  2b  a  1  ai  i  bi  b  2  2i 0.25 3a  3b  2   3a  3b    a  b  2  i  2  2i   0.25 a  b  2  2  1 a  3  b   1  3 0.25 2 2 1  1 2 Vậy môđun: z  a  b         2 . 2  3  3 3 Lời bình: Trong đề này có một số bài mà chúng ta có thể chọn cách khác mà vẫn ra đúng, mời bạn đọc tham khảo thêm. Câu I. 2. Trong câu này ta có thể làm ý sau của câu này như sau: Gọi x1 và x2 là nghiệm của * , ta có: 1 1  1 1  2 k1  k 2       2   2x1  1 2  2x 2  1 2   2x1  1  2x 2  1  2  2x1  1 .  2x 2  1 Trang 71
2   4x1x 2  2  x1  x 2   1 2  x1  x 2   m  Theo định lý Viet  m  1  x1.x 2  2 2 suy ra: k1  k 2    2. m  1 2    4.  2.m  1  2  Suy ra: k1  k 2 lớn nhất bằng 2 , khi và chỉ khi m  1. Câu V. x y z P   2x  3y y  z z  x Giả sử ta xem đẳng thức có ẩn là z nên ta đạo hàm theo ẩn z ta được y x  x  y   z 2  xy  P'  z       y  z  z  x   y  z  z  x  2 2 2 2 6  Nếu x  y thì P  5  Nếu x  y thì z  xy Ta xét đẳng thức P  P xy   x  y  xy  x  y. y  y. x 2x  3y y  xy xy  x 2x  3y y y x x y x     x x 2 y y 2     . 2 x  3y y  x 2.  3 x x 1 y y Khảo sát hàm số P theo biến z, ta nhận thấy P nhỏ nhất khi và chỉ khi z  xy x Đặt t  vì x, y  1; 4 và x  y  t  1; 2 y t2 2 Đẳng thức trở thành P  f  t    , 2t  3 1  t 2 2  4 t 3  t  1  3  2 t 2  t  3  Ta có f  t   '  0 t  1; 2  2t 2  3 1  t 2 2 Nên f  t  luôn nghịch biến trên nữa khoảng 1; 2  . t 1 2 f t '   f t 34 33 34 Vậy P  f  2   . Dấu "  " xảy ra khi và chỉ khi: x  4, y  1 và z = 2. 33 34 Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng ; khi x = 4,y = 1, z = 2. 33 Trang 72
ĐỀ SỐ 2. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI B NĂM 2011. Câu ý Lời Giải Điểm I 1 Học sinh tự làm. 1 2 x  0   y'  x   4x 3  4  m  1 x  4x x 2  m  1 ; y '  x   0   2  x  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  0   m  1* . m  1  0  Khi đó: A  0; m  , B  m  1; m2  m  1 và C    m  1; m2  m 1 . 2  2 OA  m2  m , BC  m 1 0.25 2  2 Theo đề ra ta có OA  BC  m  m 1  m2  4  m  1  m2  4m  4  0  m  2  2 2; thỏa mãn * . m  2  2 2 0.25 Vậy giá trị cần tìm:   m  2  2 2 II 1 sin 2x cos x  sin x cos x  cos2x  sin x  cos x. Phương trình đã cho tương đương với: 2sin x cos2 x  sin x cos x  cos2x  sin x  cos x. 0.25  sinx 1  cos2x   sin x cos x  cos2x  sinx  cos x  sin x  sin x.cos2x  sin x cos x  cos2x  sin x  cos x  0  cos2x sinx  1  cos x sin x  1  0  sin x  1cos2x  cos x   0 0.25 sin x  1  0 1  cos 2x  cos x  0  2  0.25   1  sin x  1  x   k2. 2  k2   2   cos2x   cos x  cos    x   x   . 3 3 0.25   k2  Vậy phương trình đã cho có nghiệm: S    k2;  k  . 2 3 3  II 2 3 2  x  6 2  x  4 4  x 2  10  3x  x  . x  2  0 Điều kiện:    2  x  2  * . 2  x  0 Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 0.25 3   2  x  2 2  x 4 4  x 2  10  3x  4 4  x 2 1. Đặt t  2  x  2 2  x **  t 2  10  3x  4 4  x 2 0.25 t  0 Phương trình 1 trở thành: 3t  t   2  t  3.  với t  0 thay vào ** ta được 2  x  2 2  x  0  2  x  2 2  x 0.25 Trang 73
6  2  x  4 2  x   x  thỏa mãn * . 5  với t  3 thay vào ** ta được 2  x  2 2  x  3  2  x  3  2 2  x 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    III 3 1  x sin x 13 x sin x 3 0.25 I 2 dx   2 dx   2 dx. 0 cos x 0 cos x 0 cos x  3 1  0.25 Ta có: I 2   2 dx   tanx  3  0 3. 0 cos x  3 x sin x Và : I 2   dx 0 cos2 x u  x du  dx   Đặt  s inx ta có  1 dv  cos2 x dx  v  cosx 0.25       x  dx 3 3 2 cos xdx 2 cos xdx 2 3 d  sin x  3 3 I2           2  cos x  0 0 cosx 3 0 cos x 2 3 0 1  sin x 3 0 sin x  1 2  2 1  13 1       d  sin x  3 2 0  sin x  1 sin x  1   2 1  sinx  1  3 2   ln 3 2  sinx  1  0  3  ln 2  3 .   0.25 2 Vậy I  I1  I 2  3  3  ln 2  3 .   IV Gọi O là giao điểm của AC và BD , B1 C1 Theo đề ra  A1O   ABCD  . Vậy A1O là đường cao của khối lăng trụ ABCD.A1B1C1D1 . A1 D1 Gọi E là trung điểm AD  OE  AD  A O  AD Ta có  1  A1E  AD OE  AD 0.25  ADD1A1    ABCD   AD B C  Vậy  A1O   ADD1A1  , A1E  AD O  H OE   ABCD  ,OE  AD A E D   ADD1A1  ,  ABCD    A1E,OE   A1EO  600.   AB a a 3  A1O  OA tan A1EO  t anA1EO  tan 600  . 2 2 2 0.25 Diện tích đáy: SABCD  AB.AD  a.a 3  a 2 3. a 3 2 3a 3 Thể tích: VABCD.A1B1C1D1  A1O.SABCD  .a 3   đvtt  . 2 2 Ta có: B1C / /A1D  B1C / /  A1BD   d  B1 ,  A1BD    d  C,  A1BD   . 0.25 Trang 74
CH  A1O Hạ CH  BD  H  BD     CH   A1BD  CH  BD  d  C,  A1BD    CH. Suy ra: d  B1 ,  A1BD    CH  CD.CB a.a 3 a 3   . 0.25 CD2  CB2   2 2 a2  a 3 V Với a, b dương, ta có: 2  a 2  b2   ab   a  b  ab  2   2  a 2  b2   ab  a 2b  ab2  2  a  b   2 a 2  b2   ab  ab a  b   2 a  b  a b 1 1 0.25  2     1  a  b  2   . b a a b 1 1 1 1 a b  Theo côsi ta có  a  b   2     2 2  a  b      2 2    2  , 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 Đẳng thức đã cho tương đương:  a b 3 a b  a b   a b  2 a b  a b  P  4     3 .      9     2 .      b a  b a  b a    b a  b a  b a    a b 3  a b   a b  2  a b   4      3      9      2      * .  b a   b a    b a   b a   0.25 a b  5 Đặt t    t  . b a  2 * trở thành P  4  t 3  3t   9  t 2  2  4t 3  9t 2  12t  18 5 Xét hàm f  t   4t 3  9t 2  12t  18, với t  . 2 5 Ta có: f '  t   6  2t 2  3t  2   0  min f  t   f     . 23 5 ;  2 4  2  a b 5 0.25 23  b  a  2  a;b    2;1 Vậy min P   ; khi và chỉ khi:   . 4  1 a  b  2    1     a;b   1;2   a b VIa 1 N  d, M  có tọa độ dạng: N  a; 2a  2  , M  b; b  4  . d ON   a;2a  2  ,OM   b;b  4  O, M, N cùng thuộc đường thẳng, khi và chỉ khi ON và OM M a 2a  2 N phải cùng phương   b b4  a  b  4    2a  2  b  b  2  a   4a 0.25 O 4a b . 2a ON  a 2   2a  2  ,OM  b2   b  4  2 2 0.25 OM.ON  8  a 2   2a  2  . b2   b  4   8 2 2 Trang 75
  5a 2  8a  4   4  a  2  . 2 2 5a 2  6a  0   5a  6a  5a  10a  8  0   2 2 2 5a  10a  8  0  VN  0.25 a  0  5a  6a  0   2 6. a   5 6 2 Vậy tìm các điểm N  0; 2  hoặc N  ;  . 0.25 5 5 2 Theo đề ra ta có I     P  nên tọa độ điểm I là nghiệm của hệ: x  y  z  3  0  0.25  x  2 y  1 z  I 1;1;1 .     1 2 1 Gọi M  a;b;c   MI   a  1;b  1;c  1 , MI  a  1   b  1  c  1 2 2 2 M   P a  b  c  3  0     0.25 ta có:  MI    MI.u   0  a  2b  c  2  0    MI  4 14  a  1   b  1   c  1  224 2 2 2   b  2a  1  0.25  c  3a  4   a  1   2a  2    3a  3  224 2 2 2  a  5   b  9  c  11 0.25  . Vậy tìm được M  5;9; 11 hoặc M  3; 7;13 .   a  3   b  7   c  13 VIIa Gọi z  a  bi với a, b  và a 2  b2  0  z  a  bi 5i 3 5i 3 0.25 z  1  0  a  bi  1  0 z a  bi   a  bi  a  bi   5  i 3   a  bi   0 0.25 2 2  2 2    a  b  5  i 3  a  bi  0  a  b  a  5  b  3 i  0   a  b  a  5  0 2 2  a  a  2  0 2   0.25 b  3  0  b   3   a  1  b   3    a2 . Vậy z  1  i 3 hoặc z  2  i 3. 0.25     b  3 Trang 76
VIb 1 5  Nhận thấy n EF   0;1 và BD   ;0   BD / /EF A 2   tam giác ABC cân tại A nên AD  BC .  đường thẳng AD vuông góc với EF Đường thẳng AD đi qua điểm D và vuông góc vói EF 0.25 F E Có vtcp u AD  n EF   0;1  n AD  1;0  nên phương trình: AD : x  3  0. B D C F  EF nên F có tọa độ dạng F  t;3 2  1 25 BF   t    22 , BD  0.25  2 4  t  1 2  1 25 Ta có BF  BD   t    22    2 4  t  3. 1  t  1  F  1;3  BF   3;4   vtpt BF : n BF   4;3 2 suy ra đường thẳng BF có phương trình BF : 4x  3y  5  0 x  3 4x  3y  5  0  0.25 AD  BF  A , vậy A là nghiệm của hệ   7 x  3  0  y  3  7  A  3;   , không thỏa mãn yêu cầu (A có tung độ dương).  3 1  t  2  F  2;3  BF   3;4   vtpt BF : n BF   4; 3 2 suy ra đường thẳng BF có phương trình BF : 4x  3y  1  0. x  3 4x  3y  1  0  A AD  BF  A , vậy A là nghiệm của hệ   13 x  3  0  y 0.25  3  13   A  3;  , thỏa mãn yêu cầu.  3  13  Vậy tìm được điểm A  3;  .  3 2 Chuyển phương trình đường thẳng  về dạng tham số ta được:  x  2  t    y  1  3t  t   . 0.25 z  5  2t  M  , suy ra tọa độ M có dạng: M  2  t;1  3t; 5  2t  .  AM   t;3t; 6  2t  và AB   1; 2;1  AM, AB   t  12; t  6; t . 0.25  AM, AB   t  12    t  6  t 2 2 2   1 0.25 Theo đề ra SMAB  3 5   AM, AB  3 5   t  12 2   t  6 2  t 2  180 2  t  0  t 2  12t  0   .  t  12 0.25 Vậy M  2;1; 5 hoặc M  14; 35;19  . Trang 77
VIIb 1 3     1 i 3  2  i   2  cos  isin  0.25 2 2   3 3    và 1  i  2  cos  isin  .  4 4 3       2  cos  i sin   8  cos  i sin   3 1 i 3    3 3  0.25 z     1 i       3  3 3   2 2  cos  i sin    2 cos i sin  4    4 4    4     2 2  cos  i sin   4 4  2 2  2 2  i   2  2i.  2 2  0.25 Vậy số phức z có: phần thực là 2 và phần ảo là 2. ĐỀ SỐ 3. ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC KHỐI D NĂM 2011. Câu ý Lời Giải Điểm I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Hoành độ giao điểm của d : y  2x  2k  1 và  C là nghiệm của phương trình: 2x  1 0.25 kx  2k  1   2x  1   x  1 kx  2k  1 ( Do x  1 không là nghiệm) x 1  kx 2   3k  1 x  2k  0 1 d cắt  C  tại hai điểm phân biệt A, B khác 1 , khi và chỉ khi 1 có hai nghiệm phân biệt k  0 k  0 0.25   k  0     0   k 2  6k  1  0  * f  1  0 1  3k  1  2k  0     k  ;3  2 2  3  2 2;     Khi đó và A, B  d  A  x1;kx1  2k  1 và B  x 2 ;kx 2  2k  1 , trong đó x1 , x 2 là nghiệm của phương trình 1 . d  A;Ox   d  B;Ox   kx1  2k  1  kx 2  2k  1  kx1  2k  1  kx 2  2k  1  k  x1  x 2   0    kx1  2k  1  kx 2  2k  1  k  x1  x 2   4k  2  0 0.25  k  x1  x 2   4k  2  0  do x1  x 2  .  3k  1  Áp dụng định lý Viét đối với 1 ta có k    4k  2  0  k   1  3k   4k  2  0  k  3 thỏa mãn * . Vậy giá trị cần tìm là k  3 Trang 78
II 1 sin 2x  2cos x  sin x  1  0. tan x  3   cos x  0  x  2  k Điều kiện    k   * . 0.25  tan x   3  x     k  3 Phương trình đã cho tương với: sin 2x  2cos x  sin x  1  0 2cos x sin x  1  sin x  1  0  sin x  1 2cos x  1  0. 0.25   sin x  1  x   k2   1  2 k   0.25 cos      2 x    k2  3   Đối chiếu điều kiện * nên phương trình đã cho có nghiệm S    k2 k   0.25 3  II 2 log 8  x 2   log 2 1  1 x  1 x  2  0  2 8  x 2  0  Điều kiện: 1  x  0  1  x  1 * 1  x  0  Khi đó phương trình tương đương với: 0.25   log2 8  x 2   log2 1  x  1  x  log2 4  0   log2 8  x 2   log2 4   1 x  1 x     8  x2  4    1  x  1  x  8  x 2   16 1  x  2 1  x 2  1  x 2  0.25  7  1  x  2 2   16 2  2 1  x 2  1 . Đặt t  1  x 2  t  0 1 trở thành:   7  t 2   16  2  2t  2 0.25 t 4  14t 2  32t  17  0   t  1  t 2  2t  17   0  t  1 2 Do đó 1 tương đương 1  x 2  1  x  0 , thỏa điều kiện * . 0.25 Vậy phương trình có nghiệm x  0 . 4x  1 4 III I dx. 0 2x  1  2 Đặt t  2x  1  4x  2t 2  1,dx  tdt 0.25 x  0  t  1 Đổi cận  x  4  t  3 2t 3  3t 3 3  10  0.25 I dt    2t 2  4t  5  dt 1 t2 1 t2 3  2t 3    2t 2  5t  10ln t  2  0.25  3 1 34 3   10ln . 0.25 3 5 Trang 79
IV Hạ SH  BC  H  BC S SBC    ABC   ta có SBC    ABC   BC  SH   ABC   SH  SBC  K B C H Vậy SH là đường cao cuả chóp S.ABC . D 0.25 SH  SB.sin ABC  2a 3sin 300  a 3 A 1 1 Diện tích: SABC  BA.BC  3a.4a  6a 2 2 2 0.25 1 1 Thể tích: VS.ABC  SH.SABC  a 3.6a 2  2a 3 3 3 3 Hạ HD  AC  D  AC , HK  SD  K  SD  HK  SAC  d  H; SAC   HK 0.25 3 3 BH  SB.cosSBC  2a 3.  3a vậy BH  BC . 2 4  BC  4HC  d  B; SAC   4d  H; SAC  Ta có: AC  BA2  BC2   3a    4a   5a; HC  BC  BH  4a  3a  a . 2 2 HD HC Nhận thấy CDH CBA   BA AC HC a 3a  HD  BA.  3a.  . AC 5a 5 0.25 SH.HD 3a 7 HK   . SH  HD 2 2 14 Vậy d  B, SAC    4HK  6a 7 . 7 2x   y  2  x  xy  m  2x 3  2x 2  x 2 y  xy  m V 3 2   2  2  x  x  y  1  2m   x  x  2x  y  1  2m   x 2  x   2x  y   m  0.25   x  x    2x  y   1  2m 2  u  x 2  x  1 Đặt   u   .  v  2x  y  4  u.v  m  u   2m  1 u  m  0 1  0.25 2 Hệ đã cho trở thành:    u  v  1  2m  v  1  2m  u  1 Hệ có nghiệm khi 1 có nghiệm thỏa mãn u   . 4 1 u 2  u Với u   , ta có (1)  1  m  2u  1  u 2  u  m  4 2u  1 u  u 2 1 Xét f  u   , với u   . 0.25 2u  1 4 2u  2u  1 2 Ta có: f '  u    .  2u  1 2 Trang 80
2u 2  2u  1 1  3 f ' u  0   0u  2u  1 2 2 1 1  3 x    4 2 f ' x  0  2 3 0.25 2 f x 5   8 2 3 Vậy hệ có nghiệm khi m  . 2 VIa 1 Gọi D  x D ; y D  là trung điểm của AC , B vậy BD là đường trung tuyến của BAC BD   x D  4; y D  1 ; GD   x D  1; y D  1 ta có: BD  3GD 0.25  x D  4  3  x D  1  7  G   D  ;1  y D  1  3  y D  1  2  A C DE Gọi E  x 0 ; y0  là điểm đối xứng của B qua đường phân giác trong d : x  y  1  0  x  4 y0  1  của góc A. I là trung điểm của BE  I  0 ; .  2 2  0.25 Ta có EB vuông góc với d và trung điểm I thuộc d nên tọa độ E là nghiệm của hệ 1.  x 0  4   1.  y 0  1  0   x 0  4 y0  1  E  2; 5   1  0  2 2 3 Đường thẳng AC qua D và E  DE  1;4   n DE   4; 1 2 0.25 Có phương trình ED : 4x  y  13  0 x  y  1  0 Tọa độ A  d  DE , vậy A thỏa mãn hệ:   A  4;3  C  3; 1 . 0.25 4x  y  13  0 2 Gọi  P  mặt phẳng đi qua A, vuông góc với d  n  ud   2;1; 2   P 0.25 Có phương trình  P  : 2x  y  2z  2  0 Gọi B là giao điểm của 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  . 0.25 Mặt khác B  mp  P  thõa mãn phương trình: 2b  2  0  B  1;0;0 . vtcp  là u   AB   2;2;3 , đường thẳng  qua điểm A  x  1  2t 0.25  Vậy phương trình đường thẳng  :  y  2  2t  z  3  3t  Trang 81
VIIa Gọi z  a  bi  a, b    z  a  bi , 0.25 ta có z   2  3i  z  1  9i  a  bi   2  3i a  bi   1  9i  a  bi  2a  2bi  3ai  3b  1  9i  a  3b   3a  3b  i  1  9i 0.25  a  3b  1  0.25 3a  3b  9 a  2  .  b  1 0.25 Vậy z  2  i . VIb 1 Đường tròn  C  có tâm I 1; 2  bán kính bằng 10 . Ta có: IM  IN và AM  AN  AI  MN 0.25 Vậy đường thẳng  song song với trục hoành nên có phương trình  : y  m . M, N     C  vậy có hoành độ giao điểm:  x 2  y2  2x  4y  5  0   x 2  2x  m2  4m  5  0 1 . y  m 0.25 1 có hai nghiệm phân biệt x1, x 2 khi chỉ khi:   1  m  4m  5  0  6m  4m  6  0 * 2 2 Khi đó ta có M  x1;m , N  x 2 ;m  AM   x1  1;m , AN  x 2  1;m  AMN vuông cân tại  AM  AN  AM.AN  0 0.25   x1  1 x 2  1  m2  0  x1x 2   x1  x 2   m2  1  0  x1  x 2  2 Áp dụng định lý Viét đối với 1 ta có   x1.x 2  m  4m  5 2 m  1 0.25 suy ra: 2m2  4m  6  0   thỏa * .  m  3 Vậy phương trình đường thẳng  : y  1 hoặc  : y  3. 2  x  1  2t  Chuyển phương trình đường thẳng  về dạng tham số là:  :  y  3  4t  t   z  t 0.25  Gọi I là tâm của mặt cầu. I   , suy ra tọa độ I có dạng I 1  2t;3  4t; t  Bán kính của mặt cầu bằng 1 nên mặt cầu tiếp xúc với  P  khi và chỉ khi 2 1  2t    3  4t   2t 0.25 d  I;  P    1  1 3 2t  1 t  2  1  . 3  t  1 0.25 Suy ra I  5;11;2  hoặc I  1; 1; 1 Phương trình mặt cầu:  x  5   y  11   z  2   1 2 2 2 0.25 hoặc  x  1   y  1   z  1  1 2 2 2 VIIb 2x 2  3x  3 y 0.25 x 1 2x  4x 2 y'   x  1 2 Trang 82
2x 2  4x  x  2 0.25 y'  0  0  x  1 x  0 2 17 y  0  3, y  2   . 3 17 Vậy: max y  , tại x  0 ; min y  3 , tại x  0 . 0.25 0;2 3 0;2 ĐỀ SỐ 4. ĐỀ THI TUYỂN SINH CAO ĐẲNG KHỐI A,B,D NĂM 2011. Câu ý Lời Giải Điểm I 1 Học sinh tự làm. 1 2 Tọa độ giao điểm của  C  với trục tung là  1 3  y   x  2x  3x  1  x  0 0.25 2  3    0;1 .   y 1 x  0 Hệ số góc của tiếp tuyến là k  y'  0   3. 0.25 Phương trình tiếp tuyến là y  3  x  0   1 0.25  y  3x  1. 0.25 II 1 cos4x  12sin x 1  0. 2 0.25 Phương trình đã cho tương đương với 2cos2 2x  1  6 1  cos 2x   1  0  cos2 2x  3cos 2x  2  0. 0.25 cos2x  2 1  cos2x  1  2  0.25  1  cos2x  2 : Vô nghiệm.   2   cos2x  1  x  k  k   . 0.25 Vậy phương trình có 1 họ nghiệm S  k k  . II 2 4x  3.2x  x2 2x 3  41 x2 2x 3  0. Điều kiện: x 2  2x  3  0  x   0; 1  3;   Bất phương trình đã cho tương đương với 4x  3.2x  x 2 2x 3  4.4 x 2 2x 3  0. 2x  x  2x 3 2 4x 0.25   3.  4  0. x 2  2x 3 x 2  2x 3 4 4 x  x 2 2x 3 4  3.2x  x 2 2x 3  4  0. x  x 2  2x 3 Đặt t  2  0, bất phương trình trên trở thành: 0.25 t  3x  4  0  t  4  do t  0  . 2  2x  x 2 2x 3  4  x  x 2  2x  3  2 x  2  0  7 0.25  x 2  2x  3  x  2   2 2 2 x  .   x  2x  3   x  2  2 7 Kết hợp với điều kiện, ta được nghiệm của bất phương trình đã cho là 3  x  . 0.25 2 2x  1 2 2 2 2 III 1 1  1 1 Ta có I   dx      dx   dx   dx. 0.25 1 x  x  1 1 x x 1 1 x 1 x 1 Trang 83
2 1  I1   dx  ln x 1  ln 2. 2 0.25 1 x 2 1  I2   2 dx  ln x  1 1  ln 3  ln 2. 0.25 1 x 1 Do đó I  I1  I2  ln 2  ln 3  ln 2  ln 3. 0.25 IV SA   ABC  nên SA là đường cao của chóp S.ABC S Ta có SA  BC, AB  BC  SB  BC. SBC    ABC   BC  Do đó SB  SBC  ,SB  BC M  0.25  AB   ABC  , AB  BC    SBC  ,  ABC   SB, AB  SBA  300  A C B SC VS.ABM SA.SB.SM SM 1 1 1 1 1 0.25    2   VS.ABM  VS.ABC  . SA. .AB.BC. VS.ABC SA.SB.SC SC SC 2 2 2 3 2 a 3 0.25 ABC vuông cân tai B  BC  AB  a. Ta có SA  AB. tan 300  . 3 1 a 3 a3 3 Vậy VS.ABM  . .a.a   đvtt  . 0.25 12 2 36 V 6x 2  4  x  2x  2   m  4   4  x    2x  2   . 4  x  0 Điều kiện:   1  x  4. 2x  2  0 Xét f  x   4  x  2x  2 1  x  4  . 1 1 f ' x   . 2 4x 2x  2 1 1 1 1 f ' x  0   0   x  3. 0.25 2 4x 2x  2 2 4x 2x  2 x 1 3 4 f x '  0  3 f x 3 6 Đặt t  4  x  2x  2  t  x  2  4  x  2x  2   2. 2 Phương trình đã cho trở thành t 2  4t  4  m 1 . 0.25 Dựa vào bảng biến thiên, ta được phương trình đã cho có nghiệm  1 có nghiệm t thỏa mãn 3  t  3. Xét g  t   t 2  4t  4  3t3 .  g  t   2t  4;g'  t   0  2t  4  0  t  2. ' 0.25 t 3 2 3 Trang 84
g'  t   0  74 3 1 gt 0 Dựa vào bảng biến thiên, ta được giá trị m cần tìm là 0  m  1. VIa 1 Phương trình của đường thẳng  qua A  2; 4  và có VTPT n    a;b  là: a  x  2   b  y  4   0, với a 2  b2  0. 0.25 VTPT của d là nd  1;1 . 0.25 n  .n d ab cos  d,     . n  . nd 2. a 2  b2 ab 1 Theo đề ra ta có cos  d,    cos450   2. a 2  b2 2 0.25 a  0  a  b  a 2  b2  ab  0   . b  0  Với a  0, ta có phương trình  : y  4  0. 0.25  Với b  0, ta có phương trình  : x  2  0. 2 A, B, M thẳng hàng  M thuộc đường thẳng AB. 0.25 Ta có AB   2; 2; 8  2 1; 1; 4   x  1  t  Vậy phương trình đường thẳng AB là :  y  2  t 0.25 z  3  4t  M  AB  M  1  t;2  t;3  4t  . M   P   2  1  t    2  t   3 3  4t   4  0 0.25  t  1. Vậy M  0;1; 1 . 0.25 VIIa Đặt z  a  bi  a, b    z  a  bi. 0.25 Đẳng thức đã cho trở thành 1  2i   a  bi    a  bi   4i  20. 2   3  4i  a  bi    a  bi   4i  20  3a  3bi  4ai  4b  a  bi  4i  20 a  2b  10 0.25  2a  4b    4a  4b  i  20  4i   a  b  1 a  4  0.25 b  3 Do đó z  42  32  5. 0.25 VIb 1  x  3y  7  0 A  AB  AC  tọa độ của điểm A thỏa mãn hệ phương trình  0.25 3x  2y  7  0 x  1 0.25   A 1;2  . y  2 AH là đường cao kẻ từ A có VTPT là u AH  n BC   4;5  n AH  5; 4  . 0.25 Phương trình đường cao là 5  x  1  4  y  2   0  5x  4y  3  0. 0.25 2 Mặt phẳng  P  qua I và vuông góc với d  n P  ud   4; 3;1 có phương trình là 0.25 4  x  1  3  y  2    z  3  0  4x  3y  z  5  0. Trang 85