Đáp án, thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2006 môn: Toán - Khối D

Chia sẻ: Tôn Vinh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:32

Thêm vào BST

Báo xấu

99
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn và quý thầy cô có thêm tài liệu tham khảo phục vụ nhu cầu học tập ôn thi, mời các bạn cùng tham khảo đáp án, thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2006 môn "Toán - Khối D" dưới đây. Hy vọng đây là tài liệu tham khảo hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án, thang điểm đề thi tuyển sinh đại học, cao đẳng năm 2006 môn: Toán - Khối D

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm có 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) y = x 3 − 3x + 2. • TXĐ: \. • Sự biến thiên: y ' = 3x 2 − 3, y ' = 0 ⇔ x = − 1, x = 1. 0,25 Bảng biến thiên: x -∞ -1 1 +∞ y' + 0 _ 0 + 4 +∞ y 0 -∞ yCĐ = y ( −1) = 4, yCT = y (1) = 0. 0,50 • Đồ thị: y 4 2 −2 0,25 −1 O 1 x 2 Tìm m để d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt (1,00 điểm) Phương trình đường thẳng d là: y = m ( x − 3) + 20. 0,25 Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( C ) là: ( ) x 3 − 3x + 2 = m ( x − 3) + 20 ⇔ ( x − 3) x 2 + 3x + 6 − m = 0. 0,25 Đường thẳng d cắt đồ thị ( C ) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi 0,25 f ( x ) = x 2 + 3x + 6 − m có 2 nghiệm phân biệt khác 3 ⎧⎪Δ = 9 − 4 ( 6 − m ) > 0 ⎧ 15 ⎪m > ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ 4 ⎩⎪ f ( 3 ) = 24 − m ≠ 0 ⎪⎩m ≠ 24. 0,25 1/4
II 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: − 2sin 2x.sin x − 2sin 2 x = 0 ⇔ sin x ( sin 2x + sin x ) = 0 0,50 ⇔ sin 2 x ( 2 cos x + 1) = 0. • sin x = 0 ⇔ x = kπ ( k ∈ ]). 0,25 1 2π • cos x = − ⇔ x=± + k2π ( k ∈ ]). 0,25 2 3 2 Giải phương trình (1,00 điểm) t2 +1 Đặt t = 2x − 1 ( t ≥ 0 ) ⇒ x = . Phương trình đã cho trở thành: 2 0,25 t 4 − 4t 2 + 4t − 1 = 0 ⇔ ( t − 1) 2 (t 2 ) + 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1, t = 2 − 1. 0,50 Với t = 1, ta có x = 1. Với t = 2 − 1, ta có x = 2 − 2. 0,25 III 2,00 1 Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm) Mặt phẳng ( α ) đi qua A (1; 2;3) và vuông góc với d1 có phương trình là: 0,50 2 ( x − 1) − ( y − 2 ) + ( z − 3) = 0 ⇔ 2x − y + z − 3 = 0. Tọa độ giao điểm H của d1 và ( α ) là nghiệm của hệ: ⎧x − 2 y + 2 z −3 ⎧x = 0 ⎪ = = ⎪ ⎨ 2 −1 1 ⇔ ⎨ y = −1 ⇒ H ( 0; −1; 2 ) . 0,25 ⎪⎩2x − y + z − 3 = 0 ⎪z = 2 ⎩ Vì A ' đối xứng với A qua d1 nên H là trung điểm của AA ' ⇒ A ' ( −1; −4;1) . 0,25 2 Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm) Vì Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d 2 , nên Δ đi qua giao điểm B của 0,25 d 2 và ( α ) . Tọa độ giao điểm B của d 2 và ( α ) là nghiệm của hệ: ⎧ x −1 y −1 z +1 ⎧x = 2 ⎪ = = ⎪ ⎨ −1 2 1 ⇔ ⎨ y = − 1 ⇒ B ( 2; − 1; − 2 ) . 0,25 ⎪⎩2x − y + z − 3 = 0 ⎪z = − 2 ⎩ G JJJG Vectơ chỉ phương của Δ là: u = AB = (1; −3; −5 ) . 0,25 x −1 y − 2 z − 3 Phương trình của Δ là: = = . 0,25 1 −3 −5 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) 1 ⎧⎪u = x − 2 1 I = ∫ ( x − 2 ) e2x dx. Đặt ⎨ 2x ⇒ du = dx, v = e2x . 0,25 0 ⎪⎩dv = e dx 2 1 1 1 1 I = ( x − 2 ) e 2x − ∫ e2x dx 0,25 2 0 20 1 e2 1 5 − 3e 2 = − + 1 − e 2x = . 0,50 2 4 0 4 2/4
2 Chứng minh với mọi a > 0, hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm) Điều kiện: x, y > −1. Hệ đã cho tương đương với: ⎧⎪e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) = 0 (1) ⎨ ⎪⎩ y = x + a ( 2) Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy 0,25 nhất trong khoảng ( − 1; + ∞ ) . Xét hàm số f ( x ) = e x + a − e x + ln (1 + x ) − ln (1 + a + x ) , với x > −1. Do f ( x ) liên tục trong khoảng ( − 1; + ∞ ) và lim f ( x ) = − ∞, lim f ( x ) = + ∞ x →−1+ x→ + ∞ nên phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm trong khoảng ( − 1; + ∞ ) . 0,25 Mặt khác: 1 1 f ' ( x ) = ex + a − ex + − 1+ x 1+ a + x = ex ( ) ea − 1 + a (1 + x )(1 + a + x ) > 0, ∀x > −1. 0,25 ⇒ f ( x ) đồng biến trong khoảng ( − 1; + ∞ ) . Suy ra, phương trình f ( x ) = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng ( − 1; + ∞ ) . 0,25 Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất. V.a 1 Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc ... (1,00 điểm) Đường tròn ( C ) có tâm I (1; 1) , bán kính R = 1. Vì M ∈ d nên M ( x; x + 3) . 0,25 Yêu cầu của bài toán tương đương với: 2 2 MI = R + 2R ⇔ ( x − 1) + ( x + 2 ) = 9 ⇔ x = 1, x = − 2. 0,50 Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M1 (1; 4 ) , M 2 ( − 2; 1) . 0,25 2 Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp (1,00 điểm) 4 Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là C12 = 495. 0,25 Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau: - Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: C52 .C14 .C13 = 120. - Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: C15 .C24 .C13 = 90. 0,50 - Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: C15 .C14 .C32 = 60. Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là: 120 + 90 + 60 = 270. Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 − 270 = 225. 0,25 3/4
V.b 2,00 1 Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ( 22x 2 x 2 −x ) ( − 1 − 4 2x 2 −x ) ( − 1 = 0 ⇔ 22x − 4 2 x )( 2 −x ) − 1 = 0. 0,50 • 22x − 4 = 0 ⇔ 22x = 22 ⇔ x = 1. 2 2 • 2 x − x − 1 = 0 ⇔ 2 x − x = 1 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ x = 0, x = 1. 0,50 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1. 2 Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm) S N H M A C K B Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. Do BC ⊥ AK, BC ⊥ SA nên BC ⊥ AH. 0,25 Do AH ⊥ SK, AH ⊥ BC nên AH ⊥ ( SBC ) . 1 1 1 2 3a Xét tam giác vuông SAK: 2 = 2 + 2 ⇒ AH = . 0,25 AH SA AK 19 SM SA 2 4 Xét tam giác vuông SAB: SA 2 = SM.SB ⇒ = = . SB SB2 5 SN SA 2 4 0,25 Xét tam giác vuông SAC: SA 2 = SN.SC ⇒ = = . SC SC2 5 S 16 9 9 19a 2 Suy ra: SMN = ⇒ SBCNM = SSBC = . SSBC 25 25 100 1 3 3a 3 Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là: V = .AH.SBCNM = . 0,25 3 50 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ---------------- Hết ---------------- 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 2x 2 Ta có y = = 2− . x +1 x +1 • Tập xác định: D = \ \{−1} . 2 0,25 • Sự biến thiên: y ' = > 0, ∀x ∈ D. (x + 1) 2 Bảng biến thiên x −∞ −1 +∞ y' + + 0,25 +∞ 2 y 2 −∞ • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. 0,25 • Đồ thị: y 2 0,25 −1 O x 2 Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm) ⎛ 2x 0 ⎞ Vì M ∈ ( C ) nên M ⎜ x 0 ; ⎟ . Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là: ⎝ x0 +1 ⎠ 2x 0 2 2x 02 y = y ' ( x 0 )( x − x 0 ) + ⇔y= x + . x0 +1 ( x 0 + 1)2 ( x 0 + 1)2 ⎛ 0,25 2x 02 ⎞ ⇒A ( − x 02 ;0 ) , B ⎜ 0; ⎟. ⎜ ( x + 1)2 ⎟ ⎝ 0 ⎠ ⎡ 2x 02 + x 0 + 1 = 0 ⎡ 1 2x 02 1 ⎢ x0 = − Từ giả thiết ta có: . − x 02 = ⇔⎢ ⇔ 2 0,50 ( x 0 + 1)2 2 2 ⎢ ⎣⎢ 2x 0 − x 0 − 1 = 0. ⎣x0 = 1 1/4
1 ⎛ 1 ⎞ Với x 0 = − ta có M ⎜ − ; − 2 ⎟ . 2 ⎝ 2 ⎠ Với x 0 = 1 ta có M (1;1) . 0,25 ⎛ 1 ⎞ Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M ⎜ − ; − 2 ⎟ và M (1;1) . ⎝ 2 ⎠ II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với ⎛ π⎞ 1 0,50 1 + sin x + 3 cos x = 2 ⇔ cos ⎜ x − ⎟ = ⎝ 6⎠ 2 π π ⇔ x = + k2π, x = − + k2π ( k ∈ Z ) . 0,50 2 6 2 Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm). 1 1 Đặt x + = u, y + = v ( u ≥ 2, v ≥ 2 ) . Hệ đã cho trở thành: x y ⎪⎧u + v = 5 ⎧u + v = 5 0,25 ⎨ 3 ⇔⎨ ⎪⎩u + v − 3 ( u + v ) = 15m − 10 3 ⎩uv = 8 − m ⇔ u, v là nghiệm của phương trình: t 2 − 5t + 8 = m (1). Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm t = t1 , t = t 2 thoả mãn: t1 ≥ 2, t 2 ≥ 2 (t1, t2 không nhất thiết phân biệt). Xét hàm số f ( t ) = t 2 − 5t + 8 với t ≥ 2 : Bảng biến thiên của f ( t ) : t −∞ −2 2 5/ 2 +∞ f '( t ) − − 0 + 0,50 +∞ +∞ f (t) 22 2 7/4 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi 7 0,25 ≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22 . 4 III 2,00 1 Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm) Tọa độ trọng tâm: G ( 0; 2; 2 ) . 0,25 JJJG JJJG Ta có: OA = (1; 4; 2 ) , OB = ( −1; 2; 4 ) . G 0,50 Vectơ chỉ phương của d là: n = (12; −6;6 ) = 6 ( 2; −1;1) . x y−2 z−2 0,25 Phương trình đường thẳng d: = = . 2 −1 1 2 Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm) Vì M ∈ ∆ ⇒ M (1 − t; −2 + t; 2t ) 0,25 2/4
( ⇒ MA 2 + MB2 = t 2 + ( 6 − t ) + ( 2 − 2t ) 2 2 ) + ( ( −2 + t ) 2 + ( 4 − t ) + ( 4 − 2t ) 2 2 ) = 12t 2 − 48t + 76 = 12 ( t − 2 ) + 28. 2 0,50 MA 2 + MB2 nhỏ nhất ⇔ t = 2. Khi đó M ( −1;0; 4 ) . 0,25 IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) 2 ln x x4 Đặt u = ln 2 x, dv = x 3dx ⇒ du = dx, v = . Ta có: x 4 e e e 0,50 x4 1 e4 1 I = .ln 2 x − ∫ x 3 ln xdx = − ∫ x 3 ln xdx. 4 1 21 4 21 dx x4 Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du = , v = . Ta có: x 4 e e e e x4 1 3 e4 1 4 3e4 + 1 ∫ ∫ 3 x ln xdx = ln x − x dx = − x = . 0,50 1 4 1 4 1 4 16 1 16 5e4 − 1 Vậy I = . 32 2 Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức đã cho tương đương với ( ln 1 + 4a ) ≤ ln (1 + 4 ) . b 0,50 (1 + 4 ) ≤ (1 + 4 ) ⇔ a b a a b b ln (1 + 4 ) x Xét hàm f ( x ) = với x > 0. Ta có: x f '( x ) = ( 4 x ln 4x − 1 + 4x ln 1 + 4 x ) ( ) 0 nên f ( a ) ≤ f ( b ) và ta có điều phải chứng minh. V.a 2,00 1 Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm) Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) là ( −2 ) .C54 . 5 4 0,50 Hệ số của x5 trong khai triển của x 2 (1 + 3x ) 10 là 33.C10 3 . Hệ số của x5 trong khai triển của x (1 − 2x ) + x 2 (1 + 3x ) 5 10 là 0,50 ( −2 )4 C54 + 33.C103 = 3320. 2 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm) (C) có tâm I (1; −2 ) và bán kính R = 3. Ta có: ∆PAB đều nên 0,50 IP = 2IA = 2R = 6 ⇔ P thuộc đường tròn ( C ' ) tâm I, bán kính R ' = 6. Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d 0,50 tiếp xúc với ( C ' ) tại P ⇔ d ( I;d ) = 6 ⇔ m = 19, m = −41. 3/4
V.b 2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm) Điều kiện: 4.2 x − 3 > 0. Phương trình đã cho tương đương với: 0,50 ( ) ( ) ( ) 2 2 log 2 4x + 15.2x + 27 = log 2 4.2 x − 3 ⇔ 5. 2x − 13.2x − 6 = 0 ⎡ x 2 ⎢ 2 =− ⇔ 5 ⎢ x 0,50 ⎢⎣ 2 = 3 Do 2x > 0 nên 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3 (thỏa mãn điều kiện). 2 Chứng minh ∆SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a ⇒ CD ⊥ AC . Mặt khác, CD ⊥ SA . Suy ra CD ⊥ SC nên tam giác SCD vuông tại C. S 0,50 H A I D B C SH SA 2 SA 2 2a 2 2 Trong tam giác vuông SAB ta có: = 2 = 2 2 = 2 2 = SB SB SA + AB 2a + a 3 Gọi d1 và d 2 lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì d 2 SH 2 2 = = ⇒ d 2 = d1. d1 SB 3 3 3VB.SCD SA.SBCD Ta có: d1 = = . SSCD SSCD 1 1 0,50 SBCD = AB.BC = a 2 . 2 2 1 1 SSCD = SC.CD = SA 2 + AB2 + BC2 . IC2 + ID 2 = a 2 2. 2 2 a Suy ra d1 = . 2 2 a Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: d 2 = d1 = . 3 3 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang) Câu Nội dung Điểm I 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • Tập xác định : D = \. ⎡x = 0 0,25 • Sự biến thiên : y ' = 3x 2 − 6x , y ' = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 2. • yCĐ = y ( 0 ) = 4, y CT = y ( 2 ) = 0. 0,25 • Bảng biến thiên : x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 + +∞ 0,25 4 y −∞ 0 • Đồ thị : y 4 0,25 −1 O 2 x 2 Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm) Gọi (C) là đồ thị hàm số (1). Ta thấy I(1;2) thuộc (C). Đường thẳng d đi qua I(1;2) với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2. Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phương trình 0,50 x 3 − 3x 2 + 4 = k(x − 1) + 2 ⇔ (x − 1) ⎡⎣ x 2 − 2x − (k + 2) ⎤⎦ = 0 ⎡ x = 1 (ứng với giao điểm I) ⇔⎢ 2 ⎣ x − 2x − (k + 2) = 0 (*). Do k > − 3 nên phương trình (*) có biệt thức Δ ' = 3 + k > 0 và x = 1 không là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt (C) tại ba điểm phân biệt I( x I ; y I ), A(x A ; y A ), B(x B ; y B ) với x A , x B là nghiệm của (*). 0,50 Vì x A + x B = 2 = 2x I và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn thẳng AB (đpcm). II 2,00 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với 0,50 4sinx cos 2 x + s in2x = 1 + 2cosx ⇔ (2cosx + 1)(sin2x − 1) = 0. 1 2π • cosx = − ⇔x=± + k2π. 2 3 π • sin2x = 1 ⇔ x = + kπ. 0,50 4 2π π Nghiệm của phương trình đã cho là x = ± + k2π, x = + kπ (k ∈ ]). 3 4 Trang 1/4
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0. ⎧⎪(x + y)(x − 2y − 1) = 0 (1) Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎨ 0,50 ⎪⎩ x 2y − y x − 1 = 2x − 2y (2) Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3). Thay (3) vào (2) ta được (y + 1) 2y = 2(y + 1) ⇔ y = 2 (do y + 1 > 0 ) ⇒ x = 5. 0,50 Nghiệm của hệ là (x ; y) = (5; 2). III 2,00 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm) Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 (*), trong đó a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 (**). Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào (*) ta được hệ phương trình ⎧6a + 6b + d = −18 0,50 ⎪6a + 6c + d = −18 ⎪ ⎨ ⎪6b + 6c + d = −18 ⎪⎩6a + 6b + 6c + d = −27. Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 0,50 x 2 + y 2 + z 2 − 3x − 3y − 3z = 0. 2 Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) ⎛3 3 3⎞ Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm I ⎜ ; ; ⎟ . ⎝2 2 2⎠ Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là mx + ny + pz + q = 0 (m 2 + n 2 + p 2 > 0). Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 0,50 ⎧3m + 3n + q = 0 ⎪ ⎨3m + 3p + q = 0 ⇒ 6m = 6n = 6p = −q ≠ 0. ⎪3n + 3p + q = 0. ⎩ Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là x + y + z − 6 = 0. Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc H của điểm I trên mặt phẳng (ABC). 3 3 3 x− y− z− Phương trình đường thẳng IH : 2= 2= 2. 1 1 1 0,50 ⎧x + y + z − 6 = 0 ⎪ Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình ⎨ 3 3 3 ⎪⎩ x − 2 = y − 2 = z − 2 . Giải hệ trên ta được H(2; 2; 2). IV 2,00 1 Tính tích phân (1,00 điểm) dx dx 1 Đặt u = ln x và dv = 3 ⇒ du = và v = − 2 . 0,25 x x 2x 2 2 2 ln x dx ln 2 1 Khi đó I = − 2 + ∫ 3 = − − 2 0,50 2x 1 1 2x 8 4x 1 3 − 2 ln 2 = . 0,25 16 Trang 2/4
2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) (x − y)(1 − xy) (x + y)(1 + xy) 1 1 1 Ta có P = ≤ ≤ ⇔− ≤P≤ . 0,50 [ (x + y) + (1 + xy)] 4 2 2 2 (1 + x) (1 + y) 4 4 1 • Khi x = 0, y = 1 thì P = − . 4 1 • Khi x = 1, y = 0 thì P = . 0,50 4 1 1 Giá trị nhỏ nhất của P bằng − , giá trị lớn nhất của P bằng . 4 4 V.a 2,00 1 Tìm n biết rằng…(1,00) −1 Ta có 0 = (1 − 1) 2n = C02n − C12n + ... − C 2n 2n 2n + C 2n . −1 0,50 2 2n = (1 + 1) 2n = C 02n + C12n + ... + C 2n 2n 2n + C 2n . 2n −1 ⇒ C12n + C32n + ... + C 2n = 22n −1. 0,50 Từ giả thiết suy ra 2 2n −1 = 2048 ⇔ n = 6. 2 Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm) b2 c2 Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên B( ; b), C( ;c) với b, c 16 16 là hai số thực phân biệt, b ≠ 4 và c ≠ 4. JJJG ⎛ b 2 ⎞ JJJG ⎛ c 2 ⎞ n = 90o nên AB = ⎜ − 1; b − 4 ⎟ , AC = ⎜ − 1; c − 4 ⎟ . Góc BAC 16 16 0,50 ⎝ ⎠ ⎝ ⎠ JJJG JJJG ⎛ b2 ⎞ ⎛ c2 ⎞ AB.AC = 0 ⇔ ⎜ − 1⎟ ⎜ − 1⎟ + (b − 4)(c − 4) = 0 ⎝ 16 ⎠ ⎝ 16 ⎠ ⇔ 272 + 4(b + c) + bc = 0 (1). Phương trình đường thẳng BC là: c2 x− 16 = y − c ⇔ 16x − (b + c)y + bc = 0 (2). 0,50 b c2 b − c 2 − 16 16 Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I(17; −4). V.b 2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm) x 2 − 3x + 2 Bpt đã cho tương đương với 0 < ≤ 1. 0,50 x x 2 − 3x + 2 ⎡0 < x < 1 • > 0⇔⎢ x ⎣ x > 2. x 2 − 4x + 2 ⎡x < 0 0,50 • ≤ 0⇔⎢ x ⎣ 2 − 2 ≤ x ≤ 2 + 2. Tập nghiệm của bất phương trình là : ⎡⎣ 2 − 2 ;1 ∪ 2; 2 + 2 ⎤⎦ . ) ( Trang 3/4
2 Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Từ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B. 1 2 3 Thể tích khối lăng trụ là VABC.A 'B'C' = AA '.SABC = a 2. .a 2 = a (đvtt). 2 2 A' B' 0,50 C' E A B M C Gọi E là trung điểm của BB '. Khi đó mặt phẳng (AME) song song với B 'C nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B 'C bằng khoảng cách giữa B 'C và mặt phẳng (AME). Nhận thấy khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME) bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (AME). Gọi h là khoảng cách từ B đến mặt phẳng (AME). Do tứ diện BAME có BA, 0,50 BM, BE đôi một vuông góc nên 1 1 1 1 1 1 4 2 7 a 7 2 = 2 + 2 + 2 ⇒ 2 = 2 + 2 + 2 = 2 ⇒h= . h BA BM BE h a a a a 7 a 7 Khoảng cách giữa hai đường thẳng B 'C và AM bằng . 7 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh. ----------------Hết---------------- Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 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) Khảo sát… (2,0 điểm) Khi m = 0, y = x 4 − 2 x 2 . • Tập xác định: D = \. • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = 4 x3 − 4 x; y ' = 0 ⇔ x = ±1 hoặc x = 0. Hàm số nghịch biến trên: (−∞ ; − 1) và (0;1); đồng biến trên: (−1;0) và (1; + ∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = ±1, yCT = −1; đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 0. 0,25 - Giới hạn: lim y = lim y = +∞. x →−∞ x →+∞ - Bảng biến thiên: x −∞ −1 0 1 +∞ y' − 0 + 0 − 0 + +∞ 0 +∞ 0,25 y −1 −1 • Đồ thị: y 8 0,25 −1 O 1 −2 2 x −1 2. (1,0 điểm) Tìm m... Phương trình hoành độ giao điểm của (Cm ) và đường thẳng y = −1: x 4 − (3m + 2) x 2 + 3m = −1. 0,25 Đặt t = x 2 , t ≥ 0; phương trình trở thành: t 2 − (3m + 2)t + 3m + 1 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 3m + 1. 0,25 ⎧0 < 3m + 1 < 4 Yêu cầu của bài toán tương đương: ⎨ 0,25 ⎩3m + 1 ≠ 1 1 ⇔ − < m < 1, m ≠ 0. 0,25 3 II 1. (1,0 điểm) Giải phương trình… (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương: 3 cos5 x − (sin 5 x + sin x) − sin x = 0 3 1 0,25 ⇔ cos5 x − sin 5 x = sin x 2 2 ⎛π ⎞ ⇔ sin ⎜ − 5 x ⎟ = sin x 0,25 ⎝3 ⎠ Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm π π ⇔ − 5 x = x + k 2π hoặc − 5 x = π − x + k 2π . 0,25 3 3 π π π π Vậy: x = +k hoặc x = − +k ( k ∈ ] ). 0,25 18 3 6 2 2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình… ⎧ 3 ⎪⎪ x + y + 1 − x = 0 Hệ đã cho tương đương: ⎨ 0,25 ⎪( x + y ) 2 − 5 + 1 = 0 ⎪⎩ x2 ⎧ 3 ⎧ 3 ⎪x + y = x −1 ⎪⎪ x + y = x − 1 ⎪ ⇔ ⎨ 2 ⇔ ⎨ 0,25 ⎪⎛ 3 − 1 ⎞ − 5 + 1 = 0 ⎪ 4 −6 +2=0 ⎜ ⎪⎩⎝ x ⎠ ⎟ 2 ⎪⎩ x 2 x x ⎧1 1 ⎧1 ⎪⎪ x = 2 ⎪ =1 ⇔ ⎨x hoặc ⎨ 0,25 ⎪⎩ x + y = 2 ⎪x + y = 1 ⎪⎩ 2 ⎧ x = 2 ⎧x = 1 ⎪ ⇔ ⎨ hoặc ⎨ 3 ⎩ y = 1 ⎪⎩ y = − 2 . 0,25 ⎛ 3⎞ Nghiệm của hệ: ( x; y ) = (1;1) và ( x; y ) = ⎜ 2; − ⎟ . ⎝ 2⎠ III Tính tích phân… (1,0 điểm) dt Đặt t = e x , dx = ; x = 1, t = e; x = 3, t = e3 . 0,25 t e3 e3 dt ⎛ 1 1⎞ I=∫ = ∫ ⎜⎝ t − 1 − t ⎟⎠ dt 0,25 e t (t − 1) e e3 e3 0,25 = ln| t − 1| e − ln| t | e = ln(e 2 + e + 1) − 2. 0,25 IV Tính thể tích khối chóp... (1,0 điểm) M Hạ IH ⊥ AC ( H ∈ AC ) ⇒ IH ⊥ ( ABC ) ; IH là đường cao A' C' của tứ diện IABC . I IH CI 2 2 4a ⇒ IH // AA ' ⇒ = = ⇒ IH = AA ' = . B' AA ' CA ' 3 3 3 2a 3a AC = A ' C 2 − A ' A2 = a 5, BC = AC 2 − AB 2 = 2a. K 1 0,50 Diện tích tam giác ABC : SΔABC = AB.BC = a 2 . A C 2 H a 1 4a 3 Thể tích khối tứ diện IABC : V = IH .S ΔABC = . B 3 9 Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm Hạ AK ⊥ A ' B ( K ∈ A ' B). Vì BC ⊥ ( ABB ' A ') nên AK ⊥ BC ⇒ AK ⊥ ( IBC ). 0,25 Khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( IBC ) là AK . 2 SΔAA ' B AA '. AB 2a 5 AK = = = . 0,25 A' B A ' A2 + AB 2 5 V Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất… (1,0 điểm) Do x + y = 1, nên: S = 16 x 2 y 2 + 12( x3 + y 3 ) + 9 xy + 25 xy 0,25 = 16 x 2 y 2 + 12 ⎡⎣( x + y )3 − 3 xy ( x + y ) ⎤⎦ + 34 xy = 16 x 2 y 2 − 2 xy + 12. ( x + y )2 1 ⎡ 1⎤ Đặt t = xy, ta được: S = 16t 2 − 2t + 12; 0 ≤ xy ≤ = ⇒ t ∈ ⎢0; ⎥ . 4 4 ⎣ 4⎦ ⎡ 1⎤ Xét hàm f (t ) = 16t 2 − 2t + 12 trên đoạn ⎢0; ⎥ ⎣ 4⎦ 1 ⎛1⎞ 191 ⎛1⎞ 25 0,25 f '(t ) = 32t − 2; f '(t ) = 0 ⇔ t = ; f (0) = 12, f ⎜ ⎟ = , f⎜ ⎟ = . 16 ⎝ 16 ⎠ 16 ⎝ 4⎠ 2 ⎛ 1 ⎞ 25 ⎛ 1 ⎞ 191 max f (t ) = f ⎜ ⎟ = ; min f (t ) = f ⎜ ⎟ = . ⎡ 1⎤ 0; ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎝ 4 ⎠ 2 ⎡0; 1 ⎤ ⎢⎣ 4 ⎥⎦ ⎝ 16 ⎠ 16 ⎧x + y = 1 25 ⎪ ⎛1 1⎞ Giá trị lớn nhất của S bằng ; khi ⎨ 1 ⇔ ( x; y ) = ⎜ ; ⎟ . 0,25 2 ⎪⎩ xy = 4 ⎝2 2⎠ ⎧x + y = 1 191 ⎪ Giá trị nhỏ nhất của S bằng ; khi ⎨ 1 16 ⎪⎩ xy = 16 0,25 ⎛2+ 3 2− 3⎞ ⎛2− 3 2+ 3⎞ ⇔ ( x; y ) = ⎜⎜ ; ⎟⎟ hoặc ( x; y ) = ⎜⎜ ; ⎟. ⎝ 4 4 ⎠ ⎝ 4 4 ⎟⎠ VI.a 1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… (2,0 điểm) ⎧7 x − 2 y − 3 = 0 Toạ độ A thoả mãn hệ: ⎨ ⇒ A(1;2). ⎩6 x − y − 4 = 0 0,25 B đối xứng với A qua M , suy ra B = (3; −2). Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng 6 x − y − 4 = 0. 0,25 Phương trình BC : x + 6 y + 9 = 0. ⎧7 x − 2 y − 3 = 0 ⎛ 3⎞ Toạ độ trung điểm N của đoạn thẳng BC thoả mãn hệ: ⎨ ⇒ N ⎜ 0; − ⎟ . 0,25 ⎩x + 6 y + 9 = 0 ⎝ 2⎠ JJJG JJJJG ⇒ AC = 2.MN = ( −4; −3) ; phương trình đường thẳng AC : 3x − 4 y + 5 = 0. 0,25 2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm D... ⎧x = 2 − t JJJG ⎪ AB = (−1;1;2), phương trình AB : ⎨ y = 1 + t 0,25 ⎪ z = 2t. ⎩ JJJG D thuộc đường thẳng AB ⇒ D(2 − t ;1 + t ;2t ) ⇒ CD = (1 − t ; t ;2t ). 0,25 Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm G Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng ( P ) : n = (1;1;1). C không thuộc mặt phẳng ( P ). 0,50 G JJJG 1 ⎛5 1 ⎞ CD //( P) ⇔ n.CD = 0 ⇔ 1.(1 − t ) + 1.t + 1.2t = 0 ⇔ t = − . Vậy D ⎜ ; ; −1⎟ . 2 ⎝ 2 2 ⎠ VII.a Tìm tập hợp các điểm… (1,0 điểm) Đặt z = x + yi ( x, y ∈ \ ); z − 3 + 4i = ( x − 3) + ( y + 4 ) i. 0,25 Từ giả thiết, ta có: ( x − 3) 2 + ( y + 4 ) 2 2 2 = 2 ⇔ ( x − 3 ) + ( y + 4 ) = 4. 0,50 Tập hợp điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I ( 3; − 4 ) bán kính R = 2. 0,25 VI.b 1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm M ... (2,0 điểm) 2 Gọi điểm M ( a; b ) . Do M ( a; b ) thuộc (C ) nên ( a − 1) + b 2 = 1; O ∈ (C ) ⇒ IO = IM = 1. 0,25 n = 120D nên OM 2 = IO 2 + IM 2 − 2 IO.IM .cos120D ⇔ a 2 + b 2 = 3. Tam giác IMO có OIM 0,25 ⎧ 3 a= ⎧⎪( a − 1)2 + b 2 = 1 ⎪⎪ 2 ⎛3 3⎞ Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ ⎨ ⇔⎨ Vậy M = ⎜⎜ ; ± ⎟. 0,50 ⎪⎩a 2 + b 2 = 3 ⎪b = ± 3 . ⎝2 2 ⎟⎠ ⎪⎩ 2 2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng… ⎧x+ 2 y −2 z ⎪ = = Toạ độ giao điểm I của Δ với ( P) thoả mãn hệ: ⎨ 1 1 −1 ⇒ I (−3;1;1). 0,25 ⎪⎩ x + 2 y − 3z + 4 = 0 G G Vectơ pháp tuyến của ( P ) : n = (1;2; −3); vectơ chỉ phương của Δ : u = (1;1; −1). 0,25 G G G Đường thẳng d cần tìm qua I và có vectơ chỉ phương v = ⎡⎣ n, u ⎤⎦ = (1; −2; −1) . 0,25 ⎧ x = −3 + t ⎪ Phương trình d : ⎨ y = 1 − 2t 0,25 ⎪ z = 1 − t. ⎩ VII.b Tìm các giá trị của tham số m... (1,0 điểm) x2 + x − 1 Phương trình hoành độ giao điểm: = −2 x + m ⇔ 3x 2 + (1 − m) x − 1 = 0 ( x ≠ 0). 0,25 x Phương trình có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 khác 0 với mọi m. 0,25 x1 + x2 m − 1 Hoành độ trung điểm I của AB : xI = = . 0,25 2 6 m −1 I ∈ Oy ⇔ xI = 0 ⇔ = 0 ⇔ m = 1. 0,25 6 -------------Hết------------- Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 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: R. • Sự biến thiên: 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = − 4x3 − 2x = − 2x(2x2 + 1); y ' (x) = 0 ⇔ x = 0. - Hàm số đồng biến trên khoảng (−∞; 0); nghịch biến trên khoảng (0; +∞). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 6. 0,25 n - Giới hạn: lim y = lim y = − ∞. x→ − ∞ x→ + ∞ - Bảng biến thiên: x −∞ 0 +∞ v y' + 0 − 6 0,25 y −∞ −∞ e. • Đồ thị: y 6 itr 0,25 − 2 2 O x o 2. (1,0 điểm) 1 Do tiếp tuyến vuông góc với đường thẳng y = x − 1, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng – 6. 0,25 6 tu Do đó, hoành độ tiếp điểm là nghiệm của phương trình − 4x3 − 2x = − 6 0,25 ⇔ x = 1, suy ra tọa độ tiếp điểm là (1; 4). 0,25 Phương trình tiếp tuyến: y = − 6(x − 1) + 4 hay y = − 6x + 10. 0,25 II 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: 2sinxcosx − cosx − (1 − 2sin2x) + 3sinx − 1 = 0 0,25 ⇔ (2sinx − 1)(cosx + sinx + 2) = 0 (1). 0,25 Do phương trình cosx + sinx + 2 = 0 vô nghiệm, nên: 0,25 1 π 5π (1) ⇔ sinx = ⇔ x = + k2π hoặc x = + k2π ( k ∈ Z). 0,25 2 6 6 Trang 1/4
Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) Điều kiện: x ≥ − 2. (2 )( ) =0. 0,25 x+2 3 −4 Phương trình đã cho tương đương với: 4x − 24 2 2 − 2x • 24x − 24 = 0 ⇔ x = 1. 0,25 x +2 3 −4 • 22 − 2x = 0 ⇔ 2 x + 2 = x3 − 4 (1). 0,25 3 Nhận xét: x ≥ 4. Xét hàm số f(x) = 2 x + 2 − x3 + 4, trên ⎡⎣ 3 4 ; + ∞ . ) 1 f ' (x) = x+2 − 3x2 < 0, suy ra f(x) nghịch biến trên ⎣⎡ 3 4 ; + ∞ . ) 0,25 n Ta có f(2) = 0, nên phương trình (1) có nghiệm duy nhất x = 2. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm: x = 1; x = 2. III e ⎛ 3⎞ e e ln x (1,0 điểm) I = ∫ ⎜⎝ 2 x − x ⎟⎠ ln x dx = ∫ 2 x ln x dx − 3 ∫ x dx . 0,25 1 1 1 v dx • Đặt u = lnx và dv = 2xdx, ta có: du = và v = x2. x e e e 0,25 x2 e2 +1 ( ) e ∫ 2 x ln x dx = x ln x ∫ x dx = e − 2 2 e. − = . 1 1 1 2 1 2 e e e ln x 1 1 • ∫ dx = ∫ ln x d ( ln x ) = ln 2 x = . 0,25 1 x 1 2 1 2 e2 Vậy I = − 1. 0,25 2 itr IV • M là trung điểm SA. S (1,0 điểm) a 2 a 14 0,25 AH = , SH = SA2 − AH 2 = . 4 4 M 3a 2 HC = , SC = SH 2 + HC 2 = a 2 ⇒ SC = AC. 4 0,25 A B Do đó tam giác SAC cân tại C, suy ra M là trung điểm SA. H o • Thể tích khối tứ diện SBCM. D C 1 M là trung điểm SA ⇒ SSCM = SSCA 2 0,25 1 1 ⇒ VSBCM = VB.SCM = VB.SCA = VS.ABC tu 2 2 1 a 3 14 ⇒ VSBCM = SABC.SH = . 0,25 6 48 V Điều kiện: − 2 ≤ x ≤ 5. (1,0 điểm) 0,25 Ta có (− x2 + 4x + 21) − (− x2 + 3x + 10) = x + 11 > 0, suy ra y > 0. y2 = (x + 3)(7 − x) + (x + 2)(5 − x) − 2 ( x + 3)(7 − x)( x + 2)(5 − x) 0,25 ( ) 2 = ( x + 3)(5 − x) − ( x + 2)(7 − x) + 2 ≥ 2, suy ra: 1 y≥ 2 ; dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = . 0,25 3 Do đó giá trị nhỏ nhất của y là 2 . 0,25 Trang 2/4
Câu Đáp án Điểm VI.a 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có phương trình: B C (x + 2)2 + y2 = 74. H Phương trình AH: x = 3 và BC ⊥ AH, suy ra phương trình BC 0,25 I• có dạng: y = a (a ≠ − 7, do BC không đi qua A). Do đó hoành độ B, C thỏa mãn phương trình: (x + 2)2 + a2 = 74 ⇔ x2 + 4x + a2 − 70 = 0 (1). Phương trình (1) có hai nghiệm phân biệt, trong đó có ít nhất A một nghiệm dương khi và chỉ khi: | a | < 70 . 0,25 2 2 Do C có hoành độ dương, nên B(− 2 − 74 − a ; a) và C(− 2 + 74 − a ; a). JJJG JJJG AC ⊥ BH, suy ra: AC.BH = 0 ( )( ) n ⇔ 74 − a 2 − 5 74 − a 2 + 5 + (a + 7)(− 1 − a) = 0 0,25 ⇔ a2 + 4a − 21 = 0 ⇔ a = − 7 (loại) hoặc a = 3 (thỏa mãn). 0,25 v Suy ra C(− 2 + 65 ; 3). 2. (1,0 điểm) Ta có vectơ pháp tuyến của (P) và (Q) lần lượt là G G e. R P Ta có d(O,(R)) = •O D Q , suy ra: D n P = (1; 1; 1) và n Q = (1; − 1; 1), suy ra: G G ⎡ n P , n Q ⎤ = (2; 0; −2) là vectơ pháp tuyến của (R). ⎣ ⎦ Mặt phẳng (R) có phương trình dạng x − z + D = 0. = 2 ⇔ D = 2 2 hoặc D = − 2 2 . 0,25 0,25 0,25 2 2 itr Vậy phương trình mặt phẳng (R): x − z + 2 2 = 0 hoặc x − z − 2 2 = 0. 0,25 VII.a Gọi z = a + bi, ta có: z = a 2 + b 2 và z2 = a2 − b2 + 2abi. 0,25 (1,0 điểm) ⎪⎧a + b = 2 2 2 Yêu cầu bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi: ⎨ 0,25 2 2 ⎪⎩a − b = 0 o ⎧⎪a 2 = 1 ⇔ ⎨ 0,25 2 ⎪⎩b = 1. Vậy các số phức cần tìm là: 1 + i; 1 − i; − 1 + i; − 1 − i. 0,25 tu VI.b 1. (1,0 điểm) (2,0 điểm) y Gọi tọa độ H là (a; b), ta có: AH 2 = a 2 + (b − 2) 2 và khoảng cách 0,25 từ H đến trục hoành là | b |, suy ra: a2 + (b − 2)2 = b2. A H Do H thuộc đường tròn đường kính OA, nên: a2 + (b − 1)2 = 1. 0,25 ⎪⎧a − 4b + 4 = 0 2 O x Từ đó, ta có: ⎨ 2 2 ⎪⎩a + b − 2b = 0. 0,25 Suy ra: H ( 2 5 − 2; 5 − 1) hoặc H (− 2 5 − 2; 5 − 1) . Vậy phương trình đường thẳng ∆ là 0,25 ( 5 − 1) x − 2 5 − 2 y = 0 hoặc ( 5 − 1) x + 2 5 −2 y =0. Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm 2. (1,0 điểm) M Ta có: + M ∈ ∆1, nên M(3 + t; t; t). G 0,25 ∆2 + ∆2 đi qua A(2; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v = (2; 1; 2). d =1 JJJJG G JJJJG ∆1 Do đó: AM = (t + 1; t − 1; t); ⎡⎣v, AM ⎤⎦ = (2 − t; 2; t − 3). 0,25 H G JJJJG ⎡v, AM ⎤ ⎣ ⎦ 2t 2 − 10t + 17 2t 2 − 10t + 17 Ta có: d(M, ∆2) = G = , suy ra: =1 0,25 v 3 3 ⇔ t2 − 5t + 4 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = 4. 0,25 Do đó M(4; 1; 1) hoặc M(7; 4; 4). VII.b Điều kiện: x > 2, y > 0 (1). 0,25 (1,0 điểm) n ⎧⎪ x 2 − 4 x + y + 2 = 0 Từ hệ đã cho, ta có: ⎨ 0,25 ⎪⎩ x − 2 = y ⎧⎪ x 2 − 3x = 0 ⎧x = 0 ⎧x = 3 ⇔ ⎨ ⇔ ⎨ hoặc ⎨ 0,25 ⎪⎩ y = x − 2 ⎩ y = −2 ⎩ y = 1. v Đối chiếu với điều kiện (1), ta có nghiệm của hệ là (x; y) = (3; 1). 0,25 ------------- Hết ------------- e. o itr tu Trang 4/4