Tổng hợp đề thi Đại học môn Toán có đáp án chi tiết
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
4
2
2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
2(
1)
m
y
x
x m +
=
−
+
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
với m là tham số thực. m = 0.
(1), a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành ba đỉnh của một tam giác vuông.
2
3
2
2
3
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 3 sin 2 x 2 cos x + = − 1. cos 2 2 x 3 9 x 22 y 3 y 9 y x 3 x − + + − − x y ( , (cid:92) ). Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ∈ x y x y + − + = = 1 2 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
1 .S ABC
S
1) + Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân x d . I = ∫ 1 ln( x + 2 x
HB .
HA
=
có đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
o60 .
2 Góc giữa đường thẳng SC và mặt Tính thể tích của khối chóp S.ABC và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SA
x
y
z
x y z thỏa mãn điều kiện ,
0.
,
+ + = Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
|
|
|
|
|
|
2
2
2
x y −
y z −
z x −
P
3
3
3
6
x
6
y
6
z
.
=
+
+
−
+
+
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp trên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AB sao cho phẳng (ABC) bằng và BC theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
.ND
A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm
M
)
11 1 ( ; 2 2
Giả sử và đường thẳng AN có của cạnh BC, N là điểm trên cạnh CD sao cho CN 2=
x
2
y− − = 0. 3
1
2
x
z
phương trình Tìm tọa độ điểm A.
:
d
=
=
+ 1
y 2
− 1
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng và
(0; 0;3).
1
Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm I và cắt d tại hai điểm A, B sao cho tam giác IAB
3 nC=
n
2
,
0.
x
−
≠
)
. Tìm số hạng chứa 5x trong khai điểm I vuông tại I. Câu 9.a (1,0 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5 n nC −
nx 14
2
2
triển nhị thức Niu-tơn của (
C x ( ): 8. y+ =
1 x B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn Viết phương trình chính tắc của elip (E), biết rằng (E) có độ dài trục lớn bằng 8 và (E) cắt (C) tại bốn điểm tạo thành bốn đỉnh của một hình vuông.
1
2
x
z
:
,
d
=
=
+ 2
y 1
− 1
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng mặt
z
(
): P x
(1; 1; 2).
2
A −
y + −
5 + =
và điểm Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt d và (P) lần lượt
)
w
1
z
z
= + +
phẳng 0 tại M và N sao cho A là trung điểm của đoạn thẳng MN.
. i
2 = −
5( z z
i + 1 +
Câu 9.b (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn Tính môđun của số phức 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: ..............................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2012 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
Đáp án
Điểm
a) (1,0 điểm)
1 (2,0 điểm)
4
Khi
ta có:
0,m =
y
x
22 . x
=
−
.
D = (cid:92)
0,25
• Tập xác định: • Sự biến thiên:
3
y
x
x 4 ;
' 4 =
−
' 0
0
− Chiều biến thiên:
y = ⇔
x = hoặc
x = ± 1.
Các khoảng nghịch biến:
(
; 1)
à
các khoảng đồng biến: (
1; 0)
và (
1;
).
− ∞ − v (0; 1);
−
+ ∞
1;
= − đạt cực đại tại
− Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
0.=
x = yCĐ 0,
0,25
y
y
x = ± yCT 1, . = + ∞
=
− Giới hạn:
x
x
lim → − ∞
lim → + ∞
x
–1 0 1
− ∞
+ ∞
− Bảng biến thiên:
'y – 0 + 0 – 0 +
+ ∞
0,25
0
y
–1
–1
y
8
+ ∞
0,25
–1
1
O
x
–2
2
– 1
• Đồ thị:
b) (1,0 điểm)
3
2
Ta có
y
'
4
x
4(
m
1)
x
4 (
x x
m
1).
=
−
+
=
−
−
0,25
Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị khi và chỉ khi
(*).
1
m + > ⇔ 1 0
m > −
2
m
m
Các điểm cực trị của đồ thị là
1;
2
m 1)
( C m
1;
2
1).
A m ),
(0;
−
+
−
− và
+
−
−
0,25
2
2
m
1;
(
m
1)
(
m
1;
).
( B (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AC
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB
( = −
+
−
+
=
+
−
) và
Suy ra:
0,25
Ta có
nên tam giác ABC vuông khi và chỉ khi
0
AB AC=
m 1) ( + (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) . AB AC =
4
0,25
0.
m =
(
m
1)
(
m
1) 0
. Kết hợp (*), ta được giá trị m cần tìm là
⇔
+
−
+ =
Trang 1/4
Câu
Đáp án
Điểm
0,25
x
x
x
Phương trình đã cho tương đương với ( 3 sin
cos
1) cos
0.
+
−
=
cos
x
0
x
k π (
k
•
= ⇔ =
+
∈ (cid:93) . )
0,25
2 (1,0 điểm)
π 2
cos
x⇔ cos
−
=
x
x
3 sin
cos
1 0
•
+
− =
0,25
)π
(
3
π 3
x
k
2π (
k
=
+
hoặc
∈ (cid:93) . )
x
2π
⇔
k=
2π 3
0,25
x
x
k
k π,
k 2π (
+
=
=
+
∈ (cid:93)
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
và
).
x
2π
k=
3
3
x
y
y
1)
12(
(
1)
12(
2π 3 1)
(1)
−
−
+
−
+
π 2 1) x − = 2
2
3 (1,0 điểm)
0,25
x
y
1.
(2)
−
+
+
=
)
)
(
( ⎧ ⎪ Hệ đã cho tương đương với: ( ⎨ ⎪⎩
1 2
1 2
1
1
y
1
x
1
1
.
x − ≤ − ≤
y − ≤ + ≤
− ≤ −
Từ (2), suy ra
1 ≤ và
và
1 − ≤ + ≤ ⇔ 2
3 2
1 2
1 2
1 2
3 2
0,25
2
f
t ( )
t 12
f
4) 0
3 t = −
t= '( ) 3( t
−
trên
, ta có
< , suy ra f(t) nghịch biến.
Xét hàm số
⎤ ⎥⎦
⎡−⎢⎣
3 3 ; 2 2
Do đó (1) ⇔ x – 1 = y + 1 ⇔ y = x – 2 (3).
2
2
0,25
.
x =
x
x
x
x = hoặc
24 x
8
3
−
+
−
= ⇔ 1
−
+ = ⇔ 0
)
)
Thay vào (2), ta được (
(
1 2
3 2
3 2
;
;
.
x y = ( ; )
−
x y = ( ; )
−
Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là
hoặc
0,25
)
)
(
(
1 2
3 2
1 2 3 2
1 2
d
v
.
u d
=
= −
x
v
d
Đặt u
1 ln(
1)
và
, suy ra
và
= +
+
=
0,25
x 2
4 (1,0 điểm)
1 x
x d x 1 +
x
3
3
1)
+
I
= −
+
0,25
∫
1 ln( x + x
( x x
1)
dx +
1
1
3
3
ln
=
+
dx
=
+
−
0,25
)
(
∫
1 x
x
2 ln 2 + 3
1
2 ln 2 + 3
x
1
1 +
x +
1
ln 3
ln 2.
−
0,25
2 = + 3
1 2 3
S
SCH =
5 (1,0 điểm)
3
Ta có (cid:110)SCH là góc giữa SC và (ABC), suy ra (cid:110) o60 . a
,
HD=
Gọi D là trung điểm của cạnh AB. Ta có:
,
CD =
0,25
a 6
2
a
a
7
2
o
HC
,
.tan60
.
=
2 HD CD +
=
SH HC=
=
3
21 3
2
3
a
a
a
7
3
0,25
V
.
.
.
=
=
=
.
S ABC
ABC
SH S∆ . .
1 3
1 3
21 3
4
12
K
Kẻ Ax//BC. Gọi N và K lần lượt là hình chiếu vuông góc
BA
A nên
của H trên Ax và SN. Ta có BC//(SAN) và
A
3 H= 2
D
N
C
0,25
x
d SA BC ,
(
)
d B SAN ,(
(
))
d H SAN ,(
(
)).
=
=
H
B
(
)
SAN
Ax SAN ).
(
SHN ⊥ Suy ra d H(
Ax HK⊥ ))
Do đó .
3 2 nên ,(
Ta cũng có HK ⊥
. HK=
a
a
3
. SH HN
42
a
o
)
(
.
AH
HK
,
sin 60
,
.
Vậy
d SA BC = ,
=
HN AH =
=
=
=
0,25
2
2
42 8
2 a 3
3
12
SH
HN
+
Trang 2/4
Câu
Đáp án
Điểm
(*).
t Ta chứng minh 3
t
t
1 ≥ + ∀ ≥ 0 ,
6 (1,0 điểm)
t
0,25
f
và
(0) 0
Xét hàm
= , suy ra (*) đúng.
f
t
f
t '( ) 3 ln 3 1 0,
t
0
t ( ) 3 t =
− − , có 1
− > ∀ ≥
=
|
|
|
|
|
|
x y −
y z −
z x −
Áp dụng (*), ta có
3
3
3
x y
y z
3 |
z x
|
|
|
|.
+
+
| ≥ + − + − + −
a
b
Áp dụng bất đẳng thức |
|
|
|
|
|
, ta có:
+
≥
a b +
2
2
2
(|
x y
z x
|
|
|
|
|)
x y
y z
|
z x
|
x y
|(|
y z
z x
|)
y z
|(|
x y
|)
2 |
y z − + − + −
| = −
| + −
| + −
| + −
| | − + −
| + −
| z x | − + −
0,25
z x
|(|
x y
|)
2 |
|
z x
2 |
2 |
2 |
.
| + −
y z | | − + −
≥
x y −
+
y z −
| + −
(
)
2
2
2
2 |
2 |
|
x y
z x
y z
|
|
|
|
2 |
|
z x
2 |
6
x
6
y
6
z
2
.
| − + − + − ≥
x y −
+
y z −
| + −
=
+
+
−
x y z + +
Do đó
(
)2
(
)
0,25
2
2
2
|
x y
z x
y z
|
|
|
|
6
x
6
y
6
z
.
x y z
| − + − + − ≥
+
+
suy ra
Mà
0,
+ + =
|
|
|
|
|
|
2
2
2
x y −
y z −
z x −
P
3
3
3
6
x
6
6
y
z
=
+
+
−
+
+
≥3.
Suy ra
0,25
Khi x = y = z = 0 thì dấu bằng xảy ra. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 3.
7.a (1,0 điểm)
0,25
A
B
Gọi H là giao điểm của AN và BD. Kẻ đường thẳng qua H và song song với AB, cắt AD và BC lần lượt tại P và Q. Đặt HP = x. Suy ra PD = x, AP = 3x và HQ = 3x. Ta có QC = x, nên MQ = x. Do đó ∆AHP = ∆HMQ, suy ra AH HM⊥ . Hơn nữa, ta cũng có
.
AH HM=
M
0,25
MH
2 (
,( d M AN
))
Do đó AM = 2
=
=
.
H
3 10 2
Q
P
A∈AN, suy ra A(t; 2t – 3).
2
2
C
D
0,25
N
t 2
t
+
−
=
−
MA =
)
)
(
⇔ (
11 2
7 2
45 2
4 0
4.=
0,25
+ = ⇔ t 1= hoặc t A
⇔ t Vậy:
(4;5).
3 10 2 2 5 t − (1; 1) A − hoặc
Véc tơ chỉ phương của d là
(1; 2; 1).
(cid:74)(cid:74)(cid:71) a =
Gọi H là trung điểm của AB, suy ra IH ⊥ AB.
0,25
8.a (1,0 điểm)
H t
Ta có
( 1; 2 ; t t
2)
( 1; 2 ; t t
1).
−
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) IH t + ⇒ = −
−
H d∈
;
.
t =
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) IH⇒ = −
−
t
t
1 4 t
1 0
IH ⊥ AB ⇔
0 ⇔
− +
+ − =
⇔
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) . IH a =
nên tọa độ H có dạng
0,25
)
(
2 2 ; 3 3
2 3
1 3
0,25
Tam giác IAH vuông cân tại H, suy ra bán kính mặt cầu (S) là
2
IH
.
R IA =
=
=
2 6 3
2
2
2
S x ( ):
y
(
z
3)
.
+
+
−
=
Do đó phương trình mặt cầu cần tìm là
0,25
8 3
2)
( n n
n
−
−
5
n
=
0,25
9.a (1,0 điểm)
5 n C n
− = 3 ⇔ 1 C n
1)( 6
0,25
(vì n nguyên dương).
7
⇔
n =
n
7
7
k
−
7
7
k
k
2
2
2
k
Khi đó
14 3 − x
.
−
=
−
=
=
0,25
k C 7
∑
∑
( −
)
k C 7 k
( 1) − 7
−
nx 14
1 x
x 2
1 x
x 2
1 x
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
k
k
0
0
=
=
5
Số hạng chứa 5x tương ứng với 14 3 k−
= ⇔ k
3= .
0,25
5
5
3 C 7
x
x
= −
.
Do đó số hạng cần tìm là
3 ( 1) . − 4
35 16
2
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
2
2
x
y
Phương trình chính tắc của (E) có dạng:
+
= 1,
7.b (1,0 điểm)
2
2
0,25
a
b
y
với
và 2
8
0
.
a b> >
a = Suy ra a
4.=
A
2
0,25
A t t
Do (E) và (C) cùng nhận Ox và Oy làm trục đối xứng và các giao điểm là các đỉnh của một hình vuông nên (E) và (C) có một giao điểm với tọa độ dạng
( ; ),
0.
t >
O
x
2
2
2
0,25
t
8,
+
= suy ra t
A∈(C) ⇔ t
2.=
.
=
A
(2;2)
)
( E∈
⇔
+
4 2
= ⇔ 2 16 b 1 3
4 16
b
2
2
0,25
Phương trình chính tắc của (E) là
= 1.
+
x 16
y 16 3
0,25
M thuộc d, suy ra tọa độ của M có dạng M(2t – 1; t; t + 2).
8.b (1,0 điểm)
MN nhận A là trung điểm, suy ra N(3 – 2t; – 2 – t; 2 – t).
0,25
t
t
2
2(2
) 5 0
suy ra M(3; 2; 4).
2,=
N∈(P) ⇔
3 2 t −
− − −
− + =
⇔ t
0,25
1
1
x
y
:
∆
=
=
.
Đường thẳng ∆ đi qua A và M có phương trình
0,25
− 2
+ 3
z 2 − 2
(cid:92)
z
a bi a b
z
Đặt
( ,
),
1.
= +
∈
≠ −
9.b (1,0 điểm)
0,25
)
(3
2
2)
(
a b
i
a
7 b
6) i
= − ⇔ − −
+
−
+
=
Ta có
0
5( z z
i + 1 +
a b 3
2
0
1
⇔
⇔
0,25
− − = 7
b
0
a
1.
6 + =
−
⎧ ⎨ ⎩
a =⎧ ⎨ b =⎩
2
2
0,25
Do đó
Suy ra
w
1
z
z
1 1
i (1 )
3 .i
z = +i 1 .
= + +
i = + + + +
2 = +
Vậy
w
13.
=
2 3 i +
=
0,25
------------- HẾT -------------
Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
2
4
(3
2)
m
x
y
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) =
+ m 3
+
−
có đồ thị là
m
),
(
mC
là tham số. m = 0.
cắt đồ thị
tại 4 điểm phân biệt đều có hoành độ nhỏ hơn 2.
x Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi 2. Tìm m để đường thẳng y = − 1
( mC )
Câu II (2,0 điểm)
x
sin
x
−
0. =
− y
1. Giải phương trình 3 cos5 x x (
2sin 3 cos 2 x 1) 3 0
x + + − =
x y ( ,
∈
2. Giải hệ phương trình
(cid:92) ).
2
x
y
(
)
1 0
+
−
+ =
5 2 x
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Câu III (1,0 điểm)
3
Tính tích phân
I
=
∫
e
dx . 1x −
1
Câu IV (1,0 điểm)
ABC
'
'
có đáy
a A C
'
' 2 , =
=
B AB a AA = a
là tam giác vuông tại và
, Tính theo
, a 3 . thể tích khối tứ diện
AM
.A C '
Gọi M và IABC
Cho hình lăng trụ đứng ABC A B C . là trung điểm của đoạn thẳng khoảng cách từ điểm
' ' đến mặt phẳng (
',A C I là giao điểm của IBC
A
).
Câu V (1,0 điểm)
,x y thay đổi và thoả mãn
x
1.
y+ = Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
Cho các số thực không âm 2
2
S
(4
x
y 3 )(4
y
x
=
+
+
3 ) 25 . xy +
thức
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)
ABC
y
có
,Ox cho tam giác A
.AB 4 0.
6
x
Đường trung Viết phương
M (2;0) là trung điểm của cạnh y− 2 x 7 lần lượt có phương trình là
3 0 − = và
y− − =
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ tuyến và đường cao qua đỉnh trình đường thẳng
.AC
2. Trong không gian với hệ toạ độ
, cho các điểm
A
B
(1;2;2),
(1;1;0)
C
Oxyz Xác định toạ độ điểm
D thuộc đường thẳng
(2;1;0), AB
và mặt phẳng sao cho đường thẳng CD song song
z
y
P x ) :
20 0. = ).P
( + + − với mặt phẳng ( Câu VII.a (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ
,Ox tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức
y
z
thoả mãn điều kiện |
z
i (3 4 ) | 2.
−
−
=
B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
2
2
C (
) : (
x
1)
y
−
+
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
Oxy
1 . = Gọi
I
là tâm của
).C (
Xác định
toạ độ điểm
M thuộc
)C (
sao cho
, cho đường tròn (cid:110)IMO = 30 .(cid:68)
y
x
2
2
:
Δ
=
=
Oxyz
, cho đường thẳng
và mặt phẳng
2. Trong không gian với hệ toạ độ
− 1
z 1 −
4 0.
y
2
P x ) :
Viết phương trình đường thẳng
nằm trong (
d
+ 1 )P sao cho d cắt và vuông góc với
( − + đường thẳng
3 z + = .Δ Câu VII.b (1,0 điểm)
2
x
1
m
Tìm các giá trị của tham số
để đường thẳng
tại hai điểm phân
y
x
m
cắt đồ thị hàm số
y
2 = −
+
=
x + − x
,A B
biệt
sao cho trung điểm của đoạn thẳng
AB thuộc trục tung. ---------- 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:................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: D (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
I (2,0 điểm)
4
=
y
− 22 . x D = (cid:92) .
0,25
0,m = Khi x • Tập xác định: • Sự biến thiên:
3
−
y = ⇔ ' 0
- Chiều biến thiên:
hoặc
= ' 4
x
y
x 4 ;
x = ±
1
x =
0.
đồng biến trên:
= −
− ( 1;0) x =
−∞ − Hàm số nghịch biến trên: ( ; - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
đạt cực đại tại
+ ∞ ). 0.=
1) = ± x
và 1,
1;
và (1 ; 0, CĐ y
(0;1); y CT
0,25
=
y
y
= +∞ .
- Giới hạn:
lim →−∞ x
lim →+∞ x
- Bảng biến thiên:
+∞
x −∞ 1− 0 1 y' − 0 + 0 − 0 +
+∞
+∞
0
0,25
y
1−
1−
y
8
0,25
O
1−
1
2−
2
x
1−
• Đồ thị:
2. (1,0 điểm) Tìm
...m
4
2
−
+
+
= −
1:
x
(3
m
2)
x
m 3
1.
Phương trình hoành độ giao điểm của (
0,25
=
≥
+
y = − + =
phương trình trở thành:
2 ,
x
t
t
0;
và đường thẳng )mC + − 2 t
t 2)
m 3
(3
m
1 0
=
+
Đặt ⇔
1t =
hoặc t
3 m
1.
0,25
+ <
1 4
Yêu cầu của bài toán tương đương:
0,25
< 0 3 m 3
m + ≠ 1 1
⎧ ⎨ ⎩
m
⇔
< 1,
m ≠
0.
0,25
1 − < 3
II
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
(2,0 điểm)
−
+
−
Phương trình đã cho tương đương: 3 cos5
x
(sin 5
x
x sin )
sin
x
= 0
0,25
−
=
⇔
x
x
x
cos5
sin 5
sin
3 2
−
=
5
x
sin
x
⇔ sin
0,25
π⎛ ⎜ 3 ⎝
1 2 ⎞ ⎟ ⎠
Trang 1/4
Câu
Đáp án
Điểm
π
π
π
−
−
= − +
5
x
= + x
π 2
k
5
x
x
k
⇔
hoặc
π . 2
0,25
3
3
=
x
π π + k
x
π π k
Vậy:
hoặc
(
).
k ∈ (cid:93)
0,25
18
3
= − + 6
2
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
0
y
Hệ đã cho tương đương:
0,25
2
−
)
+ = 1
y
0
3 x 5 2
x
⎧ + + − = 1 x ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ + ( x ⎪⎩
1
1
3 x
⇔
⇔
0,25
3 x 2
− + =
−
−
+ =
2 0
1
1 0
6 x
4 2 x
⎧ + = − x y ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
3 x
5 2 x
⎞ ⎟ ⎠
⎧ + = − x y ⎪ ⎪ ⎨ ⎛ ⎪ ⎜ ⎪⎝ ⎩
1
1 2
hoặc
⇔
0,25
y
2
y
x
1 ⎧ =⎪ x ⎨ ⎪ + = x ⎩
1 2
⇔
hoặc
1 1
.
=⎧ x ⎨ =⎩ y
0,25
3 2
1 ⎧ = ⎪⎪ x ⎨ ⎪ + = ⎪⎩ =⎧ x 2 ⎪ ⎨ = − y ⎪⎩
=
x y ( ;
)
.
(1;1)
x y = ( ; )
Nghiệm của hệ:
và
3 2
⎛ −⎜ 2; ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Tính tích phân…
III
(1,0 điểm)
x
3
=
=
=
=
=
=
0,25
t
e
dx
x
t
t
e
,
;
1,
e x ;
3,
Đặt
.
dt t
3
3
e
e
=
0,25
dt
I
=
∫
∫
dt −
1)
( t t
1
1 ⎛ ⎜ −⎝ t
1 ⎞− ⎟ t ⎠
e
e
3
3
0,25
−
−
ln|
t
1|
ln|
t
|
=
e e
e e
2
0,25
=
ln(
1) 2.
e
e+ + −
Tính thể tích khối chóp...
IV
⊥
∈
⊥
(1,0 điểm)
)
(
)
IH
ABC
IH
;
là đường cao
⇒
M
A'
C'
Hạ của tứ diện
IH AC H AC ( IABC .
I
=
=
'
.
IH
AA
⇒
IH AA ⇒
//
'
B'
'
2 = ⇒ 3
4 a 3
2a
2
2
2
IH CI = AA CA ' =
2 3 −
=
−
=
=
a
AC
A C '
2 A A '
5,
BC
AC
AB
a 2 .
3a
K
0,50
=
S
. AB BC
Diện tích tam giác
= a 2 .
ABC
:
Δ
ABC
C
A
1 2
3
H a
=
=
Thể tích khối tứ diện
IABC :
V
I
.
H SΔ .
ABC
1 3
a 4 9
B
Trang 2/4
Câu
Đáp án
Điểm
⊥
∈
⊥
⊥
).
(
'
'
(
).
AK A B K A B
BC
AK
IBC
Vì
⇒
AK BC⊥
0,25
( IBC
Hạ Khoảng cách từ A đến mặt phẳng (
ABB A ' ) là
nên
') .AK
2
2
5
=
=
=
AK
.
0,25
AA AB '. 2
2
S Δ AA B ' A B '
a 5
+
A A '
AB
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất…
3
3
V (1,0 điểm)
=
+
+
+
1,
x
Do
nên:
16
12(
+ ) 9
25
S
2 2 x y
x
xy
y
y x
0,25
3
=
+
−
+
+
=
−
+
16
y+ = + 2 2 x y
x
y
)
3 (
xy x
34
xy
y
)
16
2
12.
2 2 x y
xy
⎡ 12 ( ⎣
⎤ ⎦
2
+
(
)
x
y
∈
=
−
+
≤
≤
t
0;
.
t
xy=
,
S
216 t
t 2
12;
Đặt
ta được:
= ⇒
0
xy
1 4
4
1 4
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
2
−
+
0;
Xét hàm
trên đoạn
12
= t t ( ) 16
f
t 2
1 4
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
0,25
f
f
t =
;
,
.
= (0) 12,
= t t '( ) 32
f
f
f
− 2;
t = ⇔ '( ) 0
1 16
1 4
1 16
= 191 16
= 25 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
=
=
=
=
f
;
f
.
1 4
25 2
1 16
191 16
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
1 4
1 4
min ( ) t f ⎤ ⎡ 0; ⎥ ⎢ ⎦ ⎣
max ( ) t f ⎤ ⎡ 0; ⎥ ⎢ ⎣ ⎦
+ = y
1
x
x y ( ;
)
.
;
⇔
Giá trị lớn nhất của
bằng
khi
S
0,25
=
1 1 ; 2 2
25 2
xy
⎛ = ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
1 4 + = y
x
1
;
Giá trị nhỏ nhất của
bằng
khi
S
=
191 16
xy
1 16
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
0,25
+
−
−
+
2
3
2
3
⇔
hoặc
x y ( ;
)
3 2 ;
x y ( ;
)
3 2 ;
.
4
4
4
4
⎛ = ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ = ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
VI.a
1. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
(2,0 điểm)
(1;2).
A
Toạ độ A thoả mãn hệ:
⇒
− = − y − − =
x x
7 6
2 y
0,25
− (3; 2).
3 0 4 0 B =
⎧ ⎨ ⎩ ,M suy ra
B đối xứng với A qua
6
x
y− − = 0. 4
0,25
+ =
.
BC x :
y+ 6
Đường thẳng BC đi qua B và vuông góc với đường thẳng Phương trình 9 0
N
.
Toạ độ trung điểm
của đoạn thẳng
⇒
N
BC thoả mãn hệ:
0,25
− = y + =
6
2 y
3 0 9 0
3 ⎛ ⎞−⎜ 0; ⎟ 2 ⎠ ⎝
− 7 x ⎧ ⎨ + x ⎩
+ =
=
(
5 0.
AC x : 3
y− 4
phương trình đường thẳng
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AC
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) MN
2.
= − − ) 4; 3 ;
⇒
0,25
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm
...D
t t
phương trình
( 1;1;2),
:AB
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB = −
0,25
t 2 .
= − 2 x ⎧ ⎪ = + 1 y ⎨ ⎪ =⎩ z
−
+
0,25
D thuộc đường thẳng AB
D
(2
t
;1
t
t ;2 )
= − (1
t ; ;2 ). t t
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) CD
⇒
⇒
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
(
) :P
Véc tơ pháp tuyến của mặt phẳng
(1;1;1).
(cid:71) n =
(
).P
C không thuộc mặt phẳng
0,50
+
= ⇔ = −
=
D
⇔ − + 1.(1
t ) 1.
t
t 1.2
0
t
.
Vậy
CD P //(
)
(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) n CD⇔ .
0
5 1 ; 2 2
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞− ; 1 . ⎟ ⎠
VII.a
Tìm tập hợp các điểm…
(1,0 điểm)
− +
=
−
+
+
(
)
(
∈ (cid:92)
z
= + x
yi x y ( ,
);
z
i 3 4
x
3
y
) i 4 .
Đặt
0,25
2
2
2
2
−
+
+
= ⇔ −
+
+
(
)
(
)
(
)
(
)
0,50
Từ giả thiết, ta có:
x
3
y
4
2
x
3
y
4
= . 4
z
I
− ) (3; 4
Tập hợp điểm biểu diễn các số phức
là đường tròn tâm
bán kính
R =
2.
0,25
...M
VI.b
(2,0 điểm)
2
−
+
=
=
(
(
(
0,25
.
)C (
a
)2 1
b
1;
O C∈ (
)
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm ); M a b Do
);M a b thuộc
Gọi điểm
nên
⇒
IO IM=
1.
(cid:68)
2
2
2
2
2
=
+
−
=
0,25
nên
OM
IO
IM
2
IO IM .
.cos120
⇔ + a
b
3.
(cid:110)OIM = 120(cid:68)
Tam giác IMO có
2
−
+
=
a
b
)2 1
1
3 2
=
±
Toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
Vậy
;
.
M
0,50
2
2
3 2
3 2
+
=
a
b
3
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
= ±
( ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
.
3 2
⎧ = a ⎪ ⎪⇔ ⎨ ⎪ b ⎪⎩
2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
+
−
x
2
y
2
=
=
Δ
I
(
)P
I − ( 3;1;1).
Toạ độ giao điểm
của
với
thoả mãn hệ:
⇒
0,25
−
2
z − 1 + = 4 0
y
1 3 z
⎧ ⎪ 1 ⎨ ⎪ + x ⎩
0,25
(
) :P
Vectơ pháp tuyến của
vectơ chỉ phương của
− (1;2; 3);
(cid:71) n =
(cid:71) u =
− (1;1; 1).
:Δ
=
=
I
Đường thẳng
cần tìm qua
và có vectơ chỉ phương
(cid:71) v
( ) − − 1; 2; 1
.
d
0,25
(cid:71) (cid:71) n u⎡ , ⎣
⎤ ⎦
Phương trình
:d
0,25
1
t
.
= − + x t 3 ⎧ ⎪ = − y t 1 2 ⎨ ⎪ = − z ⎩
Tìm các giá trị của tham số
...m
VII.b
(1,0 điểm)
2
x
1
− =
≠
= −
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm:
⇔ 23 x
+ − (1
m x )
1 0 (
x
0).
2
+ x m
+ − x x
.m
0,25
Phương trình có hai nghiệm phân biệt 1 ,x
x khác 0 với mọi 2
+
−
1
x 1
x 2
=
=
.
x
I
Hoành độ trung điểm
của
:AB
0,25
I
2
m 6
−
1
I Oy
0
0
= ⇔ = 1. m
0,25
∈ ⇔ = ⇔ x I
m 6
-------------Hết-------------
Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
3
2
−
=
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)
+ (1).
6x
4x
y
1
Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm
) − − M 1; 9 .
( Câu II (2 điểm)
2
3
−
−
=
1. Giải phương trình
2 3sin xcosx.
4
2
+
x
s inxcos x + = 2 2x 9
(
2. Giải hệ phương trình
x, y
) .∈ (cid:92)
2
+
x
3cos x + 3 2x y x y + = 6x 6
2xy
3 sin x ⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Câu III (2 điểm)
−
)
(
)
(
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
) − A 0;1; 2 , B 2; 2;1 , C 2;0;1 .
+
=
=
+ − = sao cho MA MB MC.
( 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. 2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x 2y z 3 0
Câu IV (2 điểm)
π
dx
4
=
1. Tính tích phân
I
.
∫
+
+
π ⎞−⎜ ⎛ sin x ⎟ 4 ⎠ ⎝ + sin 2x 2(1 sin x cos x)
0
2
2
+
x
y
= Tìm giá trị lớn nhất và giá
1.
2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức
2
+
=
trị nhỏ nhất của biểu thức
P
.
6xy) 2(x + + 2 1 2xy 2y
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
k
=
+
1. Chứng minh rằng
(n, k là các số nguyên dương, k
n,≤
nC là
1 k C n
1 + k 1 C + n 1
⎞ ⎟ ⎠
− −
+
+ ⎛ 1 n 1 ⎜ + ⎝ k n 2 C + n 1 số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết đường phân giác rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H( 1; 1), − + = và đường cao kẻ từ B có phương trình trong của góc A có phương trình x y 2 0 − = 4x 3y 1 0.
2
<
1. Giải bất phương trình
log
log
0.
0,7
6
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) ⎞+ x x ⎟ + x 4 ⎠
⎛ ⎜ ⎝
= SB a 3
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA a,= và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.
...........................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:.............................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
• TXĐ :
Nội dung Điểm 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) .(cid:92)
2
• Sự biến thiên :
0 0,25 − = ⇔ = y ' 12x 12x , y ' 0 . =⎡ x ⎢ =⎣ x 1
• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. • Bảng biến thiên :
0,25
+∞
Câu I
+∞
1−
−∞
x −∞ 0 1 y’ + 0 − 0 + 0,25 1 y
• Đồ thị : y
1
1 0,25 x
O −1
Δ
2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm)
− − ) (M 1; 9
=
+ −
2
3
với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình :
) ( + − 1 k x 1
2
( ) 2 ( ) 3
3
2
2
−
−
6x
+ = 1
( 12x
)( ) + − 12x x 1
9
+ = − Đường thẳng y kx k 9 . Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có 9 4x 6x nghiệm : − = 12x k 0,50 ⎧ ⎪ ⎨ 12x ⎪⎩
4x = −
x
2
=
⎡ ⎢⇔
( ⇔ +
) (
)
x 1
− 4x 5
0
.
1 5 4
⎢ = x ⎣
+
=
k
• Với
Thay k từ (3) vào (2) ta được :
=
−
=
• Với
thì , phương trình tiếp tuyến là :
x
k
y
x
.
x = −1 5 = thì 4
24= 15 4
y 24x 15. 21 4
15 4
=
+
=
−
y 24x 15
, phương trình tiếp tuyến là : 0,50
y
x
.
15 4
21 4
Các tiếp tuyến cần tìm là : và
2
2
+
−
2 3 cos x(cos x sin x)
= 0
II 2,00
=
+
cos 2x(sin x
3 cos x)
0.
Trang 1/4
0,50 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với − 2 sinx(cos x sin x) ⇔
π
π
•
= ⇔ =
+
cos2x
x
0
.
4
k 2
π
•
+
0,50
= ⇔ = − + π
sinx
3cosx
k .
x
0
3
π
π
=
+
(k
).∈ (cid:93)
Nghiệm của phương trình là
x
,
x
k
4
k 2
π = − + π 3
2
2
=
+
2
Hệ phương trình đã cho tương đương với xy)
+ 2x 9
(x
2
2
2
+ −
=
+
9
3x 3
2x
+ −
=
x 2
xy 3x 3
0,50
⎛ ⇒ + x ⎜ ⎝
x 2
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
4
3
2
3
+
+
⇔ +
=
⇔ + x
12x
48x
= 64x 0
x(x 4)
0
. 4
⎞ ⎟ ⎠ =⎡⇔ x 0 ⎢ = − x ⎣
x 0
• = không thỏa mãn hệ phương trình.
x
y
.
• = − ⇒ = 4
0,50
17 4
(x ; y)
4;
.
Nghiệm của hệ phương trình là
17 4
⎛ = −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
= − − −
(
III 2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AC
) 2; 1; 1 ,
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB
tích có hướng của hai vectơ
0,50
−
=
) − − 2; 3; 1 , ) (
( = (cid:71) n
2; 4; 8
.
Ta có (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB, AC
là
làm vectơ pháp tuyến nên có
⇔ +
−
+
−
)
0,50
+ = . x 2y 4z 6 0
(cid:71) Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n phương trình ) ( ) ( − − 4 y 1 2 x 0
( − 8 z 2
= 0
Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm)
nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
0,50
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB.AC 0= Ta có (ABC) tại trung điểm
của BC.
) (I 0; 1;1−
Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình + − =
+
=
.
0,50
+ y 1 2
− z 1 − 4
2x 2y z 3 0 ⎧ ⎪ x ⎨ = ⎪ 1 ⎩
−
(
Suy ra
) M 2;3; 7 .
2
Tính tích phân (1,00 điểm)
π
IV 2,00
1
=
= −
=
dt
− (cosx sinx)dx
2 sin x
dx.
t
+ sinx cosx
Đặt
⇒
4
⎛ −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
π
=
thì t
2=
.
Với x = 0 thì t = 1, với x
4
+
+
= +
Ta có
+ sin2x 2(1 sinx cosx)
2 (t 1) . 2
2
0,50
=
= −
I
Suy ra
2
∫
2 2
2 1 + 2 t 1
dt + (t 1)
1
1
ơ
−
=
−
=
.
0,25
2 2
1 2
4 3 2 4
1 + 2 1
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Trang 2/4
2
2
+
=
=
.
P
2
2
+ +
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 6xy) + 2xy 2y
2(x + 2 y
2x x
6xy) 2(x + + 2 1 2xy 2y • Nếu y 0= • Xét y 0≠ .
thì Đặt
2
x 1= . Suy ra P = 2. ty= , khi đó +
2
=
+
−
=
P
⇔
− (P 2)t
+ 2(P 6)t 3P 0
(1).
0,50
12t + 3
2t + 2 t
2t
=
P 2= ,
− Với
phương trình (1) có nghiệm
t
.
3 4
phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
≥ ⇔ − ≤ ≤
+
.
− Với Δ = − '
P 2≠ , − 2 2P
6P 36 0
6 P 3
=
= −
= −
.
, y
x
x
, y
P 3= khi
hoặc
3 10
= 1 10
0,50
=
= −
= −
=
x
, y
, y
x
P = − khi 6
hoặc
.
3 10 3 13
3 13
1 10 2 13
2 13 Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6. Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)
2
2,00
1
+ −
+
−
+
=
.
Ta có:
0,50
+ n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)! + n 2
+ + (n 1)!
1 C + k 1 + n 1
+ ⎛ n 1 1 ⎜ + ⎝ k n 2 C + n 1
⎞ ⎟ ⎠
=
+
+
]
[
+ − (n 1 k)
(k
.
1)
− k!(n k)! n!
0,50
=
=
.
1 + n 2 − k!(n k)! n!
1 k C n
− + =
+
− =
H '(a ; b)
Gọi
là điểm đối
2d : 4x 3y 1 0. H '
1d
=
+
=
) (1;1
(cid:71) u
(a 1; b 1)
Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) • Ký hiệu 1d : x y 2 0, xứng của H qua . Khi đó •
là vectơ chỉ phương của
vuông góc với
(cid:71) u
thuộc đường thẳng AC. (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) + 1d , HH '
−
−
a 1 b 1 ;
HH '
của
thuộc
Do đó tọa độ của H ' là
và trung điểm I
0,50
1d .
2
2
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
+ =
+ +
0
−
(
−
nghiệm của hệ phương trình
H '
) 3;1 .
⇒
a 1 b 1 −
+ =
2 0
2
1(a 1) 1(b 1) ⎧ ⎪ ⎨ − ⎪⎩ 2
H '
2d
vuông góc với + −
=
=
2
nên có vectơ pháp tuyến là + 3x 4y 13 0.
và có phương trình
• Đường thẳng AC đi qua (cid:71) v
− (3; 4)
A(5;7).
⇒
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
− = ⇔ − 3(x 3) 4(y 1) 0 − 3x 4y + 13 = 0 − + = x y 2 0
V.a
• Đường thẳng CH đi qua
với vectơ pháp tuyến
= (3 ; 4)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) HA
− − ) (H 1; 1
0,50
1 2
⇔
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình
+ −
3x + 4y +7 = 0. + = 3x 4y 7 0 ⎧ ⎨ = + 3x 4y 13 0. ⎩
.
Suy ra C
10 3 ; 3 4
⎛ −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Trang 3/4
⎧ ⎨ ⎩
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
0,50
>
⇔
>
1
6
log
6
+ x x + x 4
+ 2x x + x 4
+
−
(
)
−
2x
⇔
>
>
⇔
0.
0,50
− 5x 24 + x 4
)( x 3 x 8 + x 4
)
− − ∪ + ∞) ( 4; 3
8;
.
⊥
(
1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) 2,00
Do đó SH là
) ABCD .
2
2
2
2
+
+
=
AB
SB
3a
a
nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra
=
=
SH
SAM
= Do đó tam giác
đều, suy ra
.
SM
a.
a 3 2
0 Tập nghiệm của bất phương trình là : ( Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH đường cao của hình chóp S.BMDN. = 2 Ta có: SA AB 2
2
=
Diện tích tứ giác BMDN là
S
S
= 2a .
BMDN
ABCD
3a
3
=
=
Thể tích khối chóp S.BMDN là
(đvtt).
V
SH.S
BMDN
3
1 2 1 3
S
0,50
E
A
D
H
M
B
C
N
∈ (E AD)
Kẻ
=
ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có
Đặt
suy ra
AE
.
ME // DN a 2
AE⊥
(cid:110)(SM, ME)
.= ϕ Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA
0,50
2
2
=
=
=
=
SE
+ 2 SA AE
,
ME
+ 2 AM AE
.
Suy ra
a 5 2
a 5 2
ϕ =
=
Tam giác SME cân tại E nên
(cid:110)SME = ϕ
và cos
.
5 5
a 2 a 5 2
2 V.b
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.
Trang 4/4
----------------Hết----------------
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối D
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)
3
2
=
−
+
y
x
3x
4 (1).
3> − ) đều cắt đồ
Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Chứng minh rằng mọi đường thẳng đi qua điểm I(1; 2) với hệ số góc k ( k thị của hàm số (1) tại ba điểm phân biệt I, A, B đồng thời I là trung điểm của đoạn thẳng AB.
Câu II (2 điểm)
+
+
2
1. Giải phương trình 2sinx (1 cos2x) + + =
= + sin2x 1 2cosx. − 2
xy x y
x
2y
2. Giải hệ phương trình
(x, y
).∈ (cid:92)
−
− =
−
x 2y
y x 1 2x 2y
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho bốn điểm A(3;3;0), B(3;0;3), C(0;3;3), D(3;3;3).
1. Viết phương trình mặt cầu đi qua bốn điểm A, B, C, D. 2. Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC.
Câu IV (2 điểm)
2
1. Tính tích phân
I
dx.
= ∫
lnx 3 x
1
2. Cho x, y là hai số thực không âm thay đổi. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
=
thức
P
.
− +
− +
(x y)(1 xy) 2 2 (1 x) (1 y)
k
+ +
=
(
... C
C
2048
− 2n 1 2n
1 C 2n
3 2n
nC là số tổ hợp
=
16x
2y
và điểm A(1; 4). Hai điểm
Chứng minh rằng
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm) + 1. Tìm số nguyên dương n thỏa mãn hệ thức chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho parabol (P) : phân biệt B, C (B và C khác A) di động trên (P) sao cho góc (cid:110) o = BAC 90 . đường thẳng BC luôn đi qua một điểm cố định.
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm)
2
−
x
log
≥ 0.
1. Giải bất phương trình
+ 3x 2 x
1 2
=
a 2.
2. Cho lăng trụ đứng ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông, AB = BC = a, cạnh bên Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ AA' ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B'C.
...........................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:.............................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
Nội dung
Điểm 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) • Tập xác định : D = .(cid:92)
2
=
=
=
( ) y 0
4, y
( ) y 2
0.
0 0,25 − = ⇔ = y ' 3x 6x • Sự biến thiên : , y ' 0 2 . =⎡ x ⎢ =⎣ x
CT
• yCĐ =
+
+∞
Câu I
−∞
x −∞ 0 2 +∞ y’ + 0 − 0 4 y • Bảng biến thiên : 0,25 0,25 0
y
4
−1
0,25
O 2 x • Đồ thị :
I(1;2)
(C).
Chứng minh rằng mọi đường thẳng … (1,00 điểm) 2
(C) I(1;2)
là đồ thị hàm số (1). Ta thấy thuộc Đường thẳng d đi
với hệ số góc k (k > – 3) có phương trình : y = kx – k + 2.
2
3
+
−
=
(C) − + ⇔
2x (k 2)
− (x 1) x
0
⎡ ⎣
⎤ ⎦
0,50 và d là nghiệm của phương trình − + = − 3x 4 k(x 1) 2 Gọi qua Hoành độ giao điểm của 2
2
−
+
. 0 (*)
+ >
⇔ (ứng với giao điểm I) =
3
2x (k 2) nên phương trình (*) có biệt thức Δ =
0
(C)
x =⎡ x 1 ⎢ − x ⎣ k > −
x 1= x ; y ),
I
I
Do là nghiệm của (*). Suy ra d luôn cắt và ' 3 k tại ba điểm phân biệt I( không
B
A x
B = = 2
I
A
B
0,50 với là nghiệm của (*). x , x A + và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn
A(x ; y ), B(x ; y ) B A 2x x Vì thẳng AB (đpcm). II 2,00
2
− =
+
+
(2cosx 1)(sin2x 1) 0.
π
•
= − ⇔ = ±
+
cosx
x
π k2 .
1 2
π
•
= ⇔ =
sin2x 1
x
2 3 + π k .
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) 0,50 Phương trình đã cho tương đương với 4sinx cos x s in2x = 1 + 2cosx ⇔
4
π
π
= ±
+
=
+
).∈ (cid:93)
0,50
π (k
x
π x
k
k2 ,
2 3
4
Trang 1/4
Nghiệm của phương trình đã cho là
− =
+
− (x y)(x 2y 1) 0
(1)
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm) Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0.
−
−
− = x 2y y x 1 2x 2y (2)
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
Hệ phương trình đã cho tương đương với 0,50
+
+ > y 1 0
Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên (1) ⇔ x = 2y + 1 (3).
+ 2(y 1)
=
(x ; y)
(5; 2).
) ⇒ x = 5. 0,50
Thay (3) vào (2) ta được = (y 1) 2y Nghiệm của hệ là ⇔ y = 2 (do
2
2
2
2
2
2
+ =
+
+
+
+
+
+
2,00 III 1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D (1,00 điểm)
− > d
b
c
a
0 (**).
2ax 2by 2cz d trong đó 0 (*), y z
Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng + x 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 6b 6c d
+ = − + = − + = − + 6a 6b 6c d
18 18 + = − 27. ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
2
2
2
+
−
+
−
− 3x 3y 3z = 0.
Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện (**) ta được phương trình mặt cầu là 0,50 x y
I
;
;
.
3 3 3 2 2 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
2
+
+
+
2 (m n
0).
p
z Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (1,00 điểm) 2 Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm
Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là + = + > mx ny pz q 0
+ +
=
0 0
6m 6n
6p
= − ≠ q
0.
+ = + = ⇒ = + =
+
0.
3m 3n q ⎧ ⎪ 3m 3p q ⎨ ⎪ 3n 3p q ⎩
+ + − = x y z 6 0.
Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được 0,50
H
Do đó phương trình mặt phẳng (ABC) là
−
−
−
x
y
z
3 2
3 2
=
=
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc của điểm I trên mặt phẳng (ABC).
3 2 .
1
1
Phương trình đường thẳng IH : 0,50
.
z
3 2
3 2
3 2
1 + + − = x y z 6 0 ⎧ ⎪ ⎨ − = − = − y x ⎪⎩
H(2; 2; 2).
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình
=
=
= −
u
ln x
⇒ = du
dv
v
.
2
dx x
1 2x
2
dx 3 x 2
2
= −
= −
−
I
Giải hệ trên ta được Tính tích phân (1,00 điểm) 2,00 IV 1 Đặt và và 0,25
2
+ ∫
ln 2 8
ln x 2 2x
dx 3 2x
1 4x
1
1
1
−
=
.
Khi đó 0,50
3 2 ln 2 16
Trang 2/4
0,25
+
+
=
≤
≤ ⇔ − ≤
P
P
Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 2
− +
− +
(x y)(1 xy) 2 2 (1 x) (1 y)
1 4
1 4
1 .≤ 4
[
]2
(x y)(1 xy) + + + (x y)
(1 xy)
=
=
= −
x 0, y 1
• Khi
Ta có 0,50
P
.
1 4
=
=
=
x 1, y 0
• Khi
thì
P
.
1 4
−
thì 0,50
.
,
1 4
1 4
Giá trị nhỏ nhất của P bằng giá trị lớn nhất của P bằng
V.a 2,00
2n
=
−
+ −
+
Tìm n biết rằng…(1,00) 1
= − 0 (1 1)
C
... C
0 2n
1 C 2n
− 2n 1 2n
2n C . 2n
2n
2n
= +
=
+
+ +
+
2
(1 1)
C
... C
0 2n
1 C 2n
− 2n 1 2n
2n C . 2n
2n
+
+ +
=
C
... C
2
− 1 .
Ta có 0,50
3 2n
2n 1
− 2n 1 2n − =
2
2048
⇔ = n
6.
⇒ 1 C 2n 0,50 Từ giả thiết suy ra
B(
; b),
C(
;c)
Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00 điểm) 2
2b 16
2c 16
4≠ và c
4 .≠
2
2
=
−
−
=
−
Do B,C thuộc (P), B khác C, B và C khác A nên với b, c
b 16
c 16
⎛ ⎜ ⎝
⎞ − 1; c 4 . ⎟ ⎠
2
2
⇔
+
−
−
−
−
⎛ ⎜ ⎝ (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB
.AC 0=
1
1
(b 4)(c 4)
0=
b 16
⎞ ⎛ ⎟ ⎜ ⎠ ⎝
⎞ ⎟ ⎠ +
+
=
⎛ c ⎜ 16 ⎝ + 272 4(b c) bc 0
(cid:110) o BAC 90= Góc nên 0,50 là hai số thực phân biệt, b (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎞ 1; b 4 , AC AB ⎟ ⎠
(1). ⇔
2
−
x
⇔ −
+
+
=
16x (b c)y bc 0
= (2).
Phương trình đường thẳng BC là:
2
− y c − b c
c 16 2 b c − 16 16
17; 4).−
0,50
Từ (1), (2) suy ra đường thẳng BC luôn đi qua điểm cố định I(
2,00
−
2x
<
1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)
0
≤ . 1
+ 3x 2 x
2
−
0,50 Bpt đã cho tương đương với
•
> ⇔ 0
+ 3x 2 x
2
−
0
x
x
•
≤ ≤ +
+ 4x 2 x
2
2
x
2
.
< < 0 x 1 ⎡ ⎢ >⎣ 2. x <⎡ x ≤ ⇔ ⎢ − 0 2 ⎣
∪
+
−
(
0,50
) 2 ;1
Trang 3/4
Tập nghiệm của bất phương trình là : 2; 2 2 2 V.b ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ .
2
3
=
=
=
V
AA '.S
a 2.
.a
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. 2
a (đvtt).
ABC.A 'B'C'
ABC
1 2
2 2
A'
B'
Thể tích khối lăng trụ là
C'
E
A
B
M
C
B 'C
'.
0,50
B 'C
bằng khoảng cách giữa và mặt phẳng (AME).
+
=
+
+
=
=
.
⇒ = h
⇒
2
2
a 7 7
0,50
1 + 2 BM BE
1 BA
1 2 a
4 2 a
7 2 a
2 2 a
.
Gọi E là trung điểm của BB Khi đó mặt phẳng (AME) song song với nên khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B 'C 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, BM, BE đôi một vuông góc nên 1 1 1 2 2 h h
B 'C
a 7 7
Khoảng cách giữa hai đường thẳng và AM bằng
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.
Trang 4/4
----------------Hết----------------
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: 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 Câu I (2 điểm)
2
2
+
−
mx
=
Cho hàm số
y
(1),
với m là tham số thực.
− (3m 2)x 2 + x 3m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= . 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng
o45 .
Câu II (2 điểm)
1
+
=
−
4s in
1. Giải phương trình
1 s inx
7π 4
⎛ ⎜ ⎝
⎞ x . ⎟ ⎠
3π 2
⎛ −⎜ sin x ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
2
+ +
+
+
= −
x
3 y x y xy
xy
5 4
∈
(
2. Giải hệ phương trình
x, y
) (cid:92) .
4
2
+
+
= −
x
y
+ xy(1 2x)
5 4
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
Câu III (2 điểm)
(
)
=
=
d :
.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 2;5;3 và đường thẳng − z 2 2
− x 1 2
y 1
1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất.
Câu IV (2 điểm)
π 6
1. Tính tích phân
I
dx.
= ∫
4 tg x cos 2x
0
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
4
4
+
− +
+
2x
2x 2 6 x 2 6 x m
− = (m
).∈ (cid:92)
PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________ Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng
(E) có tâm sai bằng
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
*
=
+
)n
2. Cho khai triển (
5 3 + 1 2x
a
trong đó
n ∈ (cid:96) và các hệ số
a , a ,..., a n
0
1
+ + n a x ... a x , 1
n
+
=
a
+ + ...
4096.
Tìm số lớn nhất trong các số
thỏa mãn hệ thức
a , a ,..., a .
0
1
n
0
n n
a 1 2
0 a 2
2
2
=
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) + − + x 1)
log
(2x
log
4.
− (2x 1)
− 2x 1
1. Giải phương trình + x 1 2. Cho lăng trụ ABC.A 'B 'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA ' , B 'C ' .
...........................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:...............................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
2x
=
D
{ −(cid:92) \
} 3 .
• TXĐ:
2
Nội dung Điểm 2,00 Câu I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) = Khi m = 1 hàm số trở thành: y = − + x 2 . + − x 2 + x 3 4 + x 3
+
x
= ⇔
= −
=
y ' 1
,
• Sự biến thiên:
2
= − 1 x ⎡ ⎢ = − 5 x ⎣
=
(
)
4 + (x 3) ( =
y
y
+ 6x 5 + 2 (x 3) ) − = − 1 1.
− = − , yCT 5 9
• yCĐ
0,25 y ' 0
• TCĐ: x
3= − , TCX: y
= − x 2.
• Bảng biến thiên:
x −∞ 5− 3− 1− +∞ y’ + 0 − − 0 +
+∞
0,25
+∞
9−
y
−∞
1−
−∞
y
-5
O
-1
-3
2
x
-1
-2
• Đồ thị:
0,25
-9
2
2
0,25
+
−
=
− +
=
− 6m 2 + x 3m
0,25
• Khi
= đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
m
m
≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
• Khi
0,25
− (3m 2)x 2 + x 3m 1 3 1 3 = − ⇔ +
=
=
3m x 3m 0,
d1: x
− ⇔ − − = d2: y mx 2 mx y 2 0.
=
=
(1;0)
− (m; 1).
,
Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là
(cid:74)(cid:74)(cid:71) 2n
(cid:74)(cid:74)(cid:71) 1n o45 khi và chỉ khi
0,50
m
m
=
=
⇔
= ⇔ = ±
0 cos45
m
1.
2 2
+ 2 m 1
+ 2 m 1
Góc giữa d1 và d2 bằng (cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) n .n 1 2 (cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) n . n 1 2
2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) mx mx 2 . y
Trang 1/5
−
sin(x
≠ 0.
)
0≠ và
Điều kiện sin x
3π 2
= −
+
2 2(s inx + cosx)
Phương trình đã cho tương đương với:
0,50
1 s inx
1 cosx
+
=
(s inx + cosx)
2 2
0.
⇔
1 s inxcosx
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
π
• s inx + cosx
= ⇔ = − + π k .
0
x
4
π
⇔
=
+
•
= − ⇔ = − + π hoặc
2 2
= 0
sin 2x
x
k
x
+ π k .
0,50
1 s inxcosx
2 2
8
π 5 8
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
π
=
+ π
x
k ; x
k (k
x
= − + π k ;
∈ (cid:93) ).
π 5 8
4
2,00 II 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
π = − + π 8 2 Giải hệ... (1,00 điểm)
⎧
2
2
2
2
+ +
+
+
+ +
+
= −
= −
)
x
3 y x y xy
xy
x
( + y xy xy x
y
5 4
5 4
( )∗
4
2
2
2
+
+
= −
+
+
= −
x
y
+ xy(1 2x)
(x
y)
xy
5 4
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
⎪⎪⇔ ⎨ ⎪ ⎪⎩
= −
2
+
y
5 4
Đặt
. Hệ phương trình ( )∗ trở thành
0,50
x xy
2
⎧ = u ⎨ =⎩ v
+ = − v
u
5 4
5 4 ⎧ + + u v uv ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
2
=
= −
u
0, v
v
u
5 4
5 = − − 4
3
2
+
+
=
= −
= −
u
u
0
u
, v
.
u 4
⎡ ⎢ ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣
⎧ ⎪ ⎪⇔ ⎨ ⎪ ⎪⎩
3 2 + =
2x
3
= −
y
v
= − ta có hệ pt
• Với u = 0,
5 4
5 4
25 16
1 2 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⇔ 3 = x và . = − xy y 0 5 4
2
3
0,50
= − • Với u , v = − ta có hệ phương trình 3 2
3
3
− + − = x 0 1 2 1 + = 2 = − ⇔ x 1= và y . 3 2 = − y x 3 0 3 2x ⎧ 2x ⎪⇔ ⎨ = − y ⎪ ⎩ 3 2x 3 2x ⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
;
.
và
5 4
25 16
3 ⎛ ⎞−⎜ 1; ⎟ 2 ⎠ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)
− Hệ phương trình có 2 nghiệm :
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
Gọi H là hình chiếu vuông góc
III 2,00 1
0,50
=
−
−
−
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH (2t 1; t 5; 2t 1).
0=
⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
0,50
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:71) Vì AH ⊥ d nên AH. u (
)
Suy ra
H 3;1; 4 .
Trang 2/5
(cid:71) ) ( u 2;1; 2 . (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
0,50
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ).α Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.
= (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.
0,50
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH Phương trình của ( )α là −
−
−
−
− + 1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0
+ − = = ⇔ x 4y z 3 0.
2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa d sao cho... (1,00 điểm)
IV 2,00
π 6
π 6
=
dx
dx.
I =
2
∫
∫
−
4 tg x cos 2x
4 tg x ) ( 2 1 tg x cos x
0
0
0,25
π
=
=
t
tgx
dt
.
t
.
Đặt
thì
Với x
0= thì t
0= ; với x
= ⇒ =
dx 2 cos x
6
1 3
Suy ra 1 3
1 3
1 3
3
4
0,50
2
= −
+
+
=
(
I
dt
− + t
ln
t
) 1 dt
dt
1 3
2
∫
∫
1 −
t −∫ 1 t
t 3
1 2
1 − + t 1 t 1
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0
0
0
⎛ = − ⎜ ⎝
⎞+ t 1 ⎟− t 1 ⎠
0
+
−
=
)
0,25
( ln 2
3
.
1 2
10 9 3
1 Tính tích phân... (1,00 điểm)
6
x
Điều kiện: 0
≤ ≤ .
∈
[
x
] 0; 6 .
Đặt vế trái của phương trình là f (x) ,
1
=
+
−
−
f '(x)
Ta có
3
3
4
4
1 −
1 2x
1 − 6 x
2 (2x)
2 (6 x)
1
+
=
−
−
∈ , x (0;6).
3
3
0,50
4
4
1 2
1 2x
1 − 6 x
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
(2x)
1 − (6 x)
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
1
−
=
=
−
Đặt
u(x)
, v(x)
.
3
3
4
4
1 2x
1 − 6 x
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
1 − (6 x)
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
=
(2x) ( ) v 2
= ⇒ f '(2) 0.= Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên
Ta thấy khoảng (
⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ( ) 0 u 2 ) 0; 2 và cùng âm trên khoảng (
) 2;6 .
2
6
x 0 f’(x)
+ 0 − 3 2 6+
0,50
4
f(x)
+ 2 6 2 6
+ 4 12 2 3
4
<
+
Ta có bảng biến thiên: Suy ra các giá trị cần tìm của m là:
+ ≤ 2 6 2 6 m 3 2 6.
Trang 3/5
2 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm)
2
2
+
b
Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là:
> > 0.
= , a 1
2
2
x a
y b
0,50
V.a 1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) 2,00
)
Từ giả thiết ta có hệ phương trình:
2
2
= 20
2 b .
− = c a
Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
2
2
0,50
+
Phương trình chính tắc của (E) là
= 1.
x 9
y 4
⎧ 5 c =⎪ 3 a ⎪⎪ ( + 2 2a 2b ⎨ ⎪ ⎪ ⎪⎩
a , a ,..., a ... (1,00 điểm)
0
1
n
n
=
+
=
=
)
)n
Đặt
+ + ...
f
n 2 .
( f x
( = + 1 2x
a
⇒ + a
0
0
+ + a x ... a x 1
n
n n
a 1 2
a 2
1 2
0,50
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
n
12
=
=
⇔ =
n 12.
2
Từ giả thiết suy ra
k
k 1
2 Tìm số lớn nhất trong các số
4096 2 { } 0,1, 2,...,11
ta có
a
Với mọi
2 C=
,
a
2 C+
+ =
k 12
k 1
+ k 1 12
k
k
∈ k
< ⇔ 1
< 1
⇔ < k
.
)
23 3
+ k 1
k k 2 C 12 + 2 C+ k 1 k 1 12 <
0,50
⇔ < 1 + k 1 ( − 2 12 k
a
Do đó
a
< < ...
Mà k ∈ (cid:93)
a a ⇒ ≤ k
0
1
a . 8
> ⇔ >
>
k
1
7.
Do đó
a
a
> > ...
Tương tự,
9
8
a . 12
a k a + k 1
=
=
Số lớn nhất trong các số
a , a ,..., a là
a
8 2 C
126720.
0
1
12
8 12
8
7.
2,00
Điều kiện:
x
> và x 1.≠
1 2
Phương trình đã cho tương đương với
2
+ +
−
log
(2x 1)(x 1)
log
= 4
− 2x 1
+ x 1
0,50
⇔ +
1 log
+ + (x 1) 2 log
− (2x 1) − = 4.
(2x 1)
− 2x 1
+ x 1
2
=
+ = ⇔
t
log
+ (x 1),
ta có
Đặt
t
+ = ⇔ − 3
t
3t 2 0
− 2x 1
2 t
=⎡ t 1 ⎢ =⎣ 2. t
= ⇔
+ = ⇔ − = + ⇔ =
• Với
t 1
log
(x 1) 1
2x 1 x 1
x
2.
− 2x 1
V.b 1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm))
2
= ⇔ −
+
• Với
0 (lo¹i)
= ⇔ 2
= + ⇔ x 1
− 2x 1
0,50
=⎡ x ⎢ ⎢ = x ⎣
=
Nghiệm của phương trình là: x
2= và
x
.
5 4
Trang 4/5
t log (x 1) 2 (2x 1) (tháa m·n) 5 4
A '
B'
A
C
H
B
Gọi H là trung điểm của BC.
0,50
2
2
+
Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH =
BC =
a
3a
= a.
1 2
1 2
2
2
=
=
A 'H
− 2 A 'A AH
23a=
Do đó
A 'H a 3. ⇒
3
=
=
(đvtt).
Vậy
V
A'H.S Δ
A '.ABC
ABC
1 3
a 2
2
=
=
HB'
2a
+ 2 A 'B' A 'H
nên tam giác
0,50
2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) C '
Trong tam giác vuông A 'B' H có: B' BH cân tại B'. Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì (cid:110)B ' BH
ϕ =
Vậy
cos
a 2.2a
1 = . 4
ϕ =
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.
Trang 5/5
-------------Hết-------------
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH
=
.
y
2x Cho hàm số + x 1 )C của hàm số đã cho. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc (C), biết tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai trục Ox, Oy tại A, B và tam giác
OAB có diện tích bằng
.
1 4
Câu I. (2 điểm)
2
=
+
+
3 cos x
cos
sin
2.
1. Giải phương trình:
x 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
x 2 2. Tìm giá trị của tham số m để hệ phương trình sau có nghiệm thực:
Câu II. (2 điểm)
y
5
1 y
3
3
=
x
y
1 3 x
1 3 y
1 ⎧ + + + x ⎪ x ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
+ + + = − 15m 10.
−
(
(
)
) A 1; 4; 2 , B 1; 2; 4
và đường thẳng
Δ
=
=
:
.
− x 1 − 1
z 2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm + y 2 1 1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua trọng tâm G của tam giác OAB và vuông góc với mặt
phẳng (
)OAB .
2
MA MB+ 2
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng Δ sao cho
nhỏ nhất.
Câu III. (2 điểm)
e
3
I
2 x ln xdx.
1. Tính tích phân:
= ∫
1
b
a
b
a
≤
+
+
≥ > b
0.
Chứng minh rằng:
2
2
.
2. Cho a
1 b 2
1 a 2
Câu IV. (2 điểm)
5
2
+
) 10
)
.
2
2
+
−
( + x 1 3x ) (
+ y 2
9
⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b)
= và đường thẳng
−
5x trong khai triển thành đa thức của: 1. Tìm hệ số của 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( = d : 3x 4y m 0.
)C
x
x
+
=
+
+
Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) ( − x 1 2x ) ) ( C : x 1
+ Tìm m để trên d có duy nhất một điểm P mà từ đó có thể kẻ được hai tiếp tuyến PA, PB tới ( (A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác PAB đều. Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) (
)
1. Giải phương trình:
2 log
15.2
log
27
0.
4
2
2
1 x
−
4.2
=
=
BA = BC = a, AD = 2a. Cạnh
3 2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang, (cid:110) (cid:110) 0 ABC BAD 90 ,
)
bên SA vuông góc với đáy và SA = a 2. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên SB. Chứng minh tam giác SCD vuông và tính (theo a) khoảng cách từ H đến mặt phẳng (
SCD .
---------------------------Hết---------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………Số báo danh: ……………………………….
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
y
.
=
2 = −
2x x 1 +
2 x 1 + \{ 1}−(cid:92)
.
Nội dung Điểm 2,00 Câu Ý 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) Ta có
0,25
y '
0, x D.
• Tập xác định: D =
=
> ∀ ∈
2
2 (x 1) +
x −∞ 1− +∞
y ' + +
2
+∞
y
−∞
2
0,25 0,25
y
2
Bảng biến thiên • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2. • Đồ thị:
0,25
O
1−
x
Tìm tọa độ điểm M … (1,00 điểm)
• Sự biến thiên:
Vì
nên
Phương trình tiếp tuyến của (C) tại M là:
.
( M C∈
)
1
2x 0 x +
0
⎛ M x ; ⎜ 0 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2x
2
y
x
.
=
x x −
+
y ⇔ =
+
( y ' x
)(
)
0
0
2
2
1
2x 0 x +
0
x
x
+
(
) 1
2 0 ) 1 +
(
0
0
0,25
2x
.
2 0
2
) ( A x ;0 , B 0; ⇒ −
x
2 0 ) 1 +
(
0
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2x
x
1 0
+
+ =
2
2x
0
0
Từ giả thiết ta có:
. x −
=
2 0
2
1 2
2x
x
1 0.
−
− =
x
2 0 ) 1 +
(
2 0 2 0
0
0
⎡ ⇔ ⎢ ⎢⎣
0
x = − 1 2 0,50 I x 1 = ⎡ ⎢⇔ ⎢ ⎣
1/4
x
.
M
Với
= − ta có
−
; 2 −
0
⎞ ⎟ ⎠
Với
1 2 1= ta có
0,25
1 ⎛ ⎜ 2 ⎝ )M 1;1 . (
0x
M
và
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
−
; 2 −
)M 1;1 . (
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với
0,50
1 sin x
3 cos x
+
+
2 = ⇔
−
=
π 6
1 2
⎛ cos x ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
x
k2
k
⇔ = +
k2 , x π
π
0,50
(
) ∈ Z .
π 2
π = − + 6
u, y
2, v
x
Hệ đã cho trở thành:
Đặt
+
=
+
=
≥
≥
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm (1,00 điểm). ( v u
) 2 .
1 x
1 y u v 5 + =
0,25
⇔
3
3
u v 5 + = uv 8 m = −
v
−
+
15m 10 −
=
( 3 u v +
)
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
(1).
5t 8 m + =
2, t
2
u u, v⇔ là nghiệm của phương trình: 2t − Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình (1) có hai nghiệm t
t
≥
=
≥ (t1, t2 không nhất thiết phân biệt).
t , t 1
2
2
2
Xét hàm số
f
t
2≥ :
+ với t
= thoả mãn: 1 t ( ) t =
:
Bảng biến thiên của
f
5t 8 − ( ) t
0,50
f ' t − − 0 +
t −∞ 2− 2 5 / 2 +∞ ( )
+∞
+∞
f
22
( ) t
2
7 / 4
2
Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
0,25
.
m 2
≤
≤ hoặc m 22≥
7 4
Ta có:
.
=
G 0; 2; 2 . )
0,50
( Vectơ chỉ phương của d là:
) ( = − (cid:71) n
=
=
)
2,00 0,25
1 Viết phương trình đường thẳng d ... (1,00 điểm) ( Tọa độ trọng tâm: (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) OA 1; 4; 2 , OB
Phương trình đường thẳng d:
.
=
=
) 1; 2; 4 ( 12; 6;6 − x 2
( ) 6 2; 1;1 . − z 2 − 1
y 2 − 1 −
M
M 1 t; 2 t; 2t − − +
∈ ∆ ⇒
2 III
0,25 0,25
Tìm tọa độ điểm M... (1,00 điểm) ( Vì
)
2/4
2
2
2
2
2
2
2
t
⇒
2 MA MB +
=
6 t −
+
2 2t −
+
4 t −
+
4 2t −
+
(
)
(
( 2 t + − +
)
(
)
(
)
)
)
)
0,50
( 212t
28.
=
−
48t 76 12 t 2 =
+
−
+
( )2
(
2
2.
t ⇔ =
2 MA MB+ ( Khi đó −
nhỏ nhất ) M 1;0; 4 .
Tính tích phân (1,00 điểm)
IV
0,25 2,00
4
1
2
Đặt
u
ln x, dv
3 x dx
dx, v
.
Ta có:
=
=
du ⇒ =
=
x 4
2 ln x x
e
0,50
e
e
4
4
3
3
I
2 .ln x
x ln xdx
x ln xdx.
=
−
=
−
∫
∫
x 4
e 4
1 2
1 2
1
1
1
4
Đặt
Ta có:
u
ln x, dv
3 x dx
, v
.
=
=
du ⇒ =
=
dx x
x 4
e
e
e
e
4
4
4
3e
1
3
4
x ln xdx
ln x
3 x dx
x
.
=
−
=
−
=
0,50
∫
∫
1 4
x 4
e 4
1 16
+ 16
1
1
1
1
Vậy
.
I
=
1 45e − 32
Chứng minh bất đẳng thức (1,00 điểm) Bất đẳng thức đã cho tương đương với
a
b
+
+
a
b
0,50
( ln 1 4
)
( ln 1 4
)
b
a
.
⇔
≤
)
( 1 4 +
)
a
b
+
( ln 1 4
( 1 4 ≤ + )x
Xét hàm
với x
=
( f x
)
x
x
x
x
x
4 ln 4
+
)
0
=
<
( f ' x
)
2
x
+
( ln 1 4 )
0,50
0;
Ta có: 0.> ) ( 1 4 − + ( x 1 4 ) +∞ . ≥ > nên 0 b
và ta có điều
≤
( ) f a
( f b
)
2
2,00
1
⇒ f(x) nghịch biến trên khoảng ( Do f(x) nghịch biến trên ( ) 0; +∞ và a phải chứng minh. Tìm hệ số của x5 (1,00 điểm) Hệ số của x5 trong khai triển của
−
0,50
là 3
Hệ số của x5 trong khai triển của
)5 ( là ( x 1 2x− )10 2x 1 3x+ (
)4 4 2 .C . 5 3 3 .C . 10
5
2
là
+
( x 1 2x −
( x 1 3x +
10 )
0,50
3320.
3 3 .C
−
+
=
Hệ số của x5 trong khai triển của )4 2 C
(
) 3 10
4 5 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều (1,00 điểm) (C) có tâm
Ta có:
đều nên
PAB∆
)
0,50
=
tâm I, bán kính R ' 6.=
( I 1; 2− và bán kính R 3.= )C ' = ⇔ P thuộc đường tròn ( IP 2IA 2R 6 =
0,50
6 m 19, m
41.
tại P
= −
⇔
Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d tiếp xúc với ( = ⇔ =
)C '
( d I;d
)
3/4
2 V.a
3 0.
− > Phương trình đã cho tương đương với:
0,50
x
x
x
x
x4.2 x
4
15.2
27
log
4.2
3
log
13.2
+
+
=
−
⇔
−
− = 6 0
2
2
( 5. 2
)2
)
(
)2
Điều kiện: (
x
2
= −
⇔
2 5
x
0,50
3
2,00 1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)
⎡ ⎢ ⎢ 2 ⎢⎣ x2
3=
(thỏa mãn điều kiện).
= 0> nên x2
x ⇔ =
log 3 2
V.b
vuông và tính khoảng cách từ H đến (SCD) (1,00 điểm) . Mặt khác,
⇒ ⊥
nên tam giác SCD vuông tại C.
. Suy ra CD SC⊥
S
0,50
H
A
I
D
B
C
Do Chứng minh SCD∆ Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a CD AC CD SA⊥
2
2
2
Trong tam giác vuông SAB ta có:
=
=
=
2
2
2
2a
a
SA 2 SA AB +
2a 2 +
SH SA 2 = 3 SB SB Gọi d1 và 2d lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng (SCD) thì
d
=
= ⇒ =
2
d . 1
SH 2 SB 3
2 3
3V
B.SCD
BCD
.
Ta có:
=
=
d 1
d 2 d 1 SA.S S
S
SCD
SCD
0,50
S
AB.BC
2 a .
=
=
BCD
2
2
2
2
2a
2.
=
S
SC.CD
2 BC . IC
ID
=
=
SA AB +
+
+
SCD
1 2 1 2
1 2 1 2
.
=
d Suy ra 1
a 2
.
=
=
d Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) là: 2
d 1
2 3
a 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.
2
4/4
----------------Hết----------------
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
3
=
−
+ .
y
x
3x 2
Câu I (2 điểm)
cắt đồ thị (C) tại 3 điểm phân biệt.
Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm A(3; 20) và có hệ số góc là m. Tìm m để đường thẳng d
Câu II (2 điểm)
−
− =
+
2
1. Giải phương trình: cos3x cos2x cosx 1 + =
0. (
2. Giải phương trình:
2x 1
3x 1
x
0
) ∈ (cid:92)
.
x
− + −
Câu III (2 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2;3) và hai đường thẳng:
=
=
=
=
,
.
d : 2
d : 1
− x 2 2
− z 3 1
− x 1 − 1
− y 1 2
+ z 1 1
+ y 2 − 1 1. Tìm tọa độ điểm A' đối xứng với điểm A qua đường thẳng d1. 2. Viết phương trình đường thẳng Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d2.
Câu IV (2 điểm)
1
2x
=
−
(
I
) x 2 e dx.
1. Tính tích phân:
∫
0
y
=
−
+ ln(1 x)
e
=
a.
0> , hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất: 2. Chứng minh rằng với mọi a + − x ⎧ e ln(1 y) ⎪ ⎨ − y x ⎪⎩
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
2
2
+
−
−
2x 2y 1 0
x
y
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):
+ = và − + = Tìm tọa độ điểm M nằm trên d sao cho đường tròn tâm M, có
đường thẳng d: x y 3 0. bán kính gấp đôi bán kính đường tròn (C), tiếp xúc ngoài với đường tròn (C).
2. Đội thanh niên xung kích của một trường phổ thông có 12 học sinh, gồm 5 học sinh lớp A, 4 học sinh lớp B và 3 học sinh lớp C. Cần chọn 4 học sinh đi làm nhiệm vụ, sao cho 4 học sinh này thuộc không quá 2 trong 3 lớp trên. Hỏi có bao nhiêu cách chọn như vậy?
2
2
−
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) + x
x
2x
x
x
−
−
2
4.2
2
+ = 1. Giải phương trình: 4 0. 2. Cho hình chóp tam giác S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC). Gọi M và N lần lượt là hình chiếu vuông góc của A trên các đường thẳng SB và SC. Tính thể tích của khối chóp A.BCNM.
----------------------------- Hết -----------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh ............................................................. số báo danh.....................................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006 Môn: TOÁN, khối D (Đáp án - Thang điểm có 04 trang)
3
Nội dung
+ 3x 2. .(cid:92)
2
= ⇔ = −
−
= y ' 3x
3, y '
1, x
0
x
= 1.
Câu Ý 1
+∞
-∞
_
x y'
1 0
+
+
-1 0
+∞
4
y
0
-∞
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1,00 điểm) − = y x • TXĐ: • Sự biến thiên: Bảng biến thiên:
=
(
4, y
( ) y 1
= 0.
CT
y
) − = yCĐ = 1 y • Đồ thị:
−2
Điểm 2,00 0,25 0,50
−1
0,25
1
x
4 2 O
I
=
2
3
+ =
+ −
+
)
(
3x 2 m x 3
20
x
3x 6 m 0.
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. )C là: Phương trình hoành độ giao điểm của d và ( ) )( + ⇔ − − = x 3 x )C tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
2
2
=
+
)
( − Đường thẳng d cắt đồ thị ( ( f x
có 2 nghiệm phân biệt khác 3
+ − 3x 6 m
x
0,25 0,25 0,25
(
)
0,25
> > m ⇔ ⇔ 15 4 − 9 4 6 m 0 = ≠ Δ = − ( ) f 3 − 24 m 0 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ≠⎩ m 24.
1/4
II
1
2
+
−
(
)
sin x sin 2x sin x
=
0
2sin x
2
⇔
Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: = ⇔ − 0 2sin 2x.sin x (
0.
0,25
) + = sin x 2 cos x 1 = ⇔ = π x
2,00 0,50
•
) ∈ (cid:93) .
( π
= − ⇔ = ±
+
π
(
cos x
x
k2
k
) ∈ (cid:93) .
•
0,25
2 3
1 2
sin x k 0 k
+
1
=
)
Đặt
Giải phương trình (1,00 điểm) 2t ( − 2x 1 t
0
x
t
.
Phương trình đã cho trở thành:
≥ ⇒ =
2
2
+
2 4t
1
2
+
− = 0 =
⇔ =
4 t ) ( ( 2 − ⇔ − 1 t
− ) 1
2t
t
4t = 0
t 1, t
− 2 1.
0,50
=
2.
= − 2
2 1,
− ta có x
0,25
III
1
Với t 1,= ta có x 1.= Với t Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 (1,00 điểm) Mặt phẳng (
0,25 2,00 0,50
)
)
( A 1; 2;3 và vuông góc với 1d có phương trình là: ( − y 2
= ⇔ − + − = 2x y z 3 0.
=
=
(
1
) − H 0; 1; 2 .
0,25
) )α đi qua ( ) ( − − + − 2 x 1 z 3 0 )α là nghiệm của hệ: Tọa độ giao điểm H của 1d và ( + − − 0 y 2 z 3 x 2 ⎪⇔ = − ⇒ − 2 1 1 − + − = = 2x y z 3 0 2
z
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
=⎧ x y ⎨ ⎪ ⎩
) 1; 4;1 .
( ⇒ − − A '
2
0,25 0,25
).α
(
) − − B 2; 1; 2 .
0,25
)α là nghiệm của hệ: 2 ⎪⇔ = − ⇒ = −
= =
− −
=
Vì A ' đối xứng với A qua 1d nên H là trung điểm của AA ' Viết phương trình đường thẳng Δ (1,00 điểm) Vì Δ đi qua A, vuông góc với 1d và cắt 2d , nên Δ đi qua giao điểm B của 2d và ( Tọa độ giao điểm B của 2d và ( =⎧ + − − x x 1 z 1 y 1 ⎧ ⎪ −⎨ y 1 1 2 ⎨ ⎪ ⎪ − + − = 2x y z 3 0 z ⎩ ⎩ (cid:71) ) ( = u AB 1; 3; 5 .
0,25
=
=
.
Phương trình của Δ là:
0,25
− y 2 − 3
− z 3 − 5
Vectơ chỉ phương của Δ là: − x 1 1
1 2 (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
1
= −
IV 2,00
1
x 2
2x
=
=
−
(
dx, v
2x e .
) x 2 e dx.
Đặt
I
⇒ = du
0,25
∫
=
1 2
dv
2x e dx
Tính tích phân (1,00 điểm) u ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
0
1
1
2x
=
−
(
I
) − x 2 e
2x e dx
0,25
∫
1 2
1 2
0
0
1
2
2
2x
= −
=
+ − 1
e
.
0,50
e 2
1 4
− 5 3e 4
0
2/4
0,> hệ phương trình có nghiệm duy nhất (1,00 điểm)
Chứng minh với mọi a Điều kiện: x, y
x
−
+
−
=
)
(
)
( ln 1 x
ln 1 a x
e
0
= +
x a
y
( ) 1 ( ) 2
> − Hệ đã cho tương đương với: 1. +⎧ + + + x a e ⎪ ⎨ ⎪⎩
2
−
1;
) + ∞ .
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình (1) có nghiệm duy nhất trong khoảng (
+ x a
x
+
−
+
( f x
e
) + + ln 1 a x ,
với x
> − 1.
)
Do
( ( ) − ln 1 x ) 1;− + ∞ và = − ∞
) = Xét hàm số e ( f x liên tục trong khoảng ( )
)
= + ∞
( lim f x → + ∞
x
0,25
−
( f x
1;
( lim f x , +→− x 1 ) 0= có nghiệm trong khoảng (
) + ∞ .
nên phương trình Mặt khác:
x
+ x a
=
−
+
−
)
e
e
( f ' x
1 +
x
a
=
(
) − + 1
e
e
> ∀ > − 0, x
1.
+
)
0,25
)
1 + + 1 x 1 a x a )( ( + + 1 x 1 a x ) f x đồng biến trong khoảng ( ( − + ∞ 1; .
0,25
)
)
( f x
Suy ra, phương trình
0= có nghiệm duy nhất trong khoảng (
1;− + ∞ .
0,25
⇒
V.a
1
)
(
)C có tâm ( I 1; 1 , bán kính R 1.= ) M x; x 3 .+
Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất. Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc ... (1,00 điểm) Đường tròn ( Vì M d∈ nên
0,25
2
2
0,50
+ ⇔ −
=
+
= ⇔ =
Yêu cầu của bài toán tương đương với: (
(
)
MI R 2R
) x 1
+ x 2
9
−
x 1, x ) (
= − 2. (
) M 1; 4 , M 2; 1 .
Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
0,25
1
2
=
495.
4 12C
Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp (1,00 điểm) Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau:
=
1 4
2 5
=
2
90.
- Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 1 C .C .C 120. 3 - Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là: 2 4
1 C .C .C 3
1 5
- Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
=
60.
1 C .C .C 4
1 5
2 3
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là:
+
+
0,25
= 270. 120 90 60 = − Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 270 225.
3/4
0,25 0,50
2
2
2
−
−
−
x
x
2x
2x
x
x
x
x
0,50
−
−
−
−
−
=
(
2
2
= ⇔ 0
4 2
1
1
2
4 2
1
0.
(
)(
)
2x
2
−
2
2
−
x
x
Giải phương trình (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với: ) ( ) = ⇔ = ⇔ = 2 1. x − = ⇔ − 2 x
2 0 4 − = ⇔
= ⇔ =
=
0
1
1
x
2
x
0, x
1.
0 =
x = 0, x 1.
• 2x 2 • x 2 Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x Tính thể tích của khối chóp A.BCNM (1,00 điểm)
2,00 V.b 1
S
N
H
M
C
A
K
B
⊥
⊥ ⊥
⊥ ⊥
⊥
(
) SBC .
Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK. Do BC AK, BC SA Do AH SK, AH BC
nên BC AH. nên AH
2 0,50
=
+
.
Xét tam giác vuông SAK:
0,25
0,25
2
2
2
1 AH
1 SA
1 AK
2 3a 19
2
2
=
=
.
SA
SM.SB
Xét tam giác vuông SAB:
⇒
2
4 5
2
0,25
=
=
Xét tam giác vuông SAC:
.
SA
SN.SC
2
4 5
SM SA = SB SB 2 SN SA ⇒ = SC SC
2
=
=
Suy ra:
S
S
.
BCNM
SBC
S SMN S
16 = ⇒ 25
9 25
9 19a 100
SBC
3
=
=
0,25
V
.AH.S
.
Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là:
BCNM
1 3
3 3a 50
⇒ = AH
---------------- Hết ----------------
4/4
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.
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề -------------------------------------------
Câu I (2 điểm)
3
2
y
x
x
Gọi
=
−
+ (*) ( m là tham số).
m(C ) là đồ thị của hàm số
1 3
m 2
1 3
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 2.= 2) Gọi M là điểm thuộc
m(C ) có hoành độ bằng 1.− Tìm m để tiếp tuyến của
m(C ) tại
điểm M song song với đường thẳng 5x y 0. − =
Câu II (2 điểm)
Giải các phương trình sau:
2 x 2 2 x 1
x 1
4.
1)
+ +
4
2)
4 cos x sin x cos x
0.
+
+
−
−
−
=
π 4
3 2
+ − ⎛ ⎜ ⎝
+ = ⎞ π ⎟ 4 ⎠
⎛ sin 3x ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Câu III (3 điểm)
2
2
1.
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho điểm
= Tìm
+
)
(
C 2;0 và elíp (
) E :
x 4
y 1
)E , biết rằng hai điểm A, B đối xứng với nhau qua trục
tọa độ các điểm A, B thuộc ( hoành và tam giác ABC là tam giác đều.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai đường thẳng
và
=
=
d : 1
d : 2
0 0.
x 1 − 3
= =
⎧ ⎨ ⎩
a) Chứng minh rằng
y 2 + 1 − 1d và
x y z 2 + − − z 1 + x 3y 12 2 − + 2d song song với nhau. Viết phương trình mặt phẳng
(P) chứa cả hai đường thẳng
1d và
2d .
d , d lần lượt tại các điểm A, B. Tính 1
2
b) Mặt phẳng tọa độ Oxz cắt hai đường thẳng diện tích tam giác OAB ( O là gốc tọa độ).
Câu IV (2 điểm)
π 2
sin x
1) Tính tích phân
I
e
=
+
(
) cos x cos xdx.
∫
0
3 n
M
, biết rằng
2) Tính giá trị của biểu thức
C
2C
2C
C
149
=
+
+
+
=
2 n 1 +
2 n 2 +
2 n 3 +
2 n 4 +
A (
4 3A + + n 1 ) n 1 ! +
k
k
nA là số chỉnh hợp chập k của n phần tử và
nC là số tổ hợp
( n là số nguyên dương, chập k của n phần tử).
Câu V (1 điểm) Cho các số dương x, y, z thỏa mãn xyz 1.= Chứng minh rằng 3
3
3
3
3
3
y
z
x
+
+
+
3 3.
+
+
≥
1 x + xy
1 y + yz
1 z + zx
Khi nào đẳng thức xảy ra?
-------------------------------Hết--------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh.............................................. Số báo danh..........................................
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
--------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 ---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối D (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Nội dung
Câu I
Ý I.1
3
2
m 2
y
x
x
= ⇒ =
−
1 3
1 + . 3
a) TXĐ: (cid:92).
2
Điểm 2,0 1,0 0,25
2x, y ' 0
x
0, x
2.
y ' x =
−
= ⇔ =
=
− ∞ 0 2 + ∞ + 0 − 0 +
+ ∞
1 3
0,25
b) Sự biến thiên: Bảng biến thiên: x y’ y
1
−
∞ −
, y
=
=
=
1. = −
yCĐ
( ) y 0
( ) y 2
CT
1 3
y '' 2x 2, y '' 0
x 1.
c) Tính lồi lõm, điểm uốn =
−
0,25
x y’’
lõm
lồi
Đồ thị hàm số
= ⇔ = − ∞ 1 + ∞ − 0 + 1 3
⎛ U 1; −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Đồ thị của hàm số nhận
là điểm uốn.
1 3
⎛ U 1; −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
d) Đồ thị
y
0,25
2
O
x
-1
1
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
I.2
Ta có:
2 y ' x mx.
−
=
1,0 0,25
.
− −
1= − là
Điểm thuộc (Cm) có hoành độ x
m 2
⎛ M 1; ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Tiếp tuyến tại M của (Cm) là
m
2
∆:
y
y '
.
+
=
−
+ ⇔ =
+
+
(
)( ) 1 x 1
) y m 1 x
(
m 2
+ 2
0,25
( hay
) khi và chỉ khi
d :5x y 0
− =
d : y 5x=
∆ song song với
0,50
m 4= .
Vậy
m 1 5 + = . m 4 ⇔ = m 2 0 + ≠ ⎧ ⎨ ⎩
2,0 1,0
II.1
+ −
+ +
x 1 4. + =
0,25
2 x 2 2 x 1 ĐK:
x
1≥ − .
Phương trình đã cho tương đương với
2
0,50
2
x 1 4
2
x 1 4
−
+ = ⇔
x 1 2 + = ⇔ + =
(
) x 1 1 + +
(
) x 1 1 + + −
0,25
x 3⇔ = .
2
2 1 2sin x cos x
sin 2x
−
+
−
+
−
0 =
1,0 0,25
3 2
1 2
π 2
⎛ sin 4x ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Phương trình đã cho tương đương với ⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
II.
2
2 sin 2x cos 4x sin 2x 3 0 − =
−
+
II.2
2
2 sin 2x
⇔ − ⇔ −
+
sin 2x 1 0 − =
( 1 2sin 2x − −
)
0,50
2
sin 2x sin 2x 2 0
sin 2x 1
− = ⇔
+
= hoặc sin 2x
2= − (loại).
⇔
0,25
Vậy
sin 2x 1
2x
2k
x
k
= ⇔ =
+
π ⇔ =
k + π
(
) ∈ (cid:93) .
π 2
π 4
2
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
III.
III.1
Giả sử
A, B
B(x ; y ). −
A x ; y . Do o
o
o
o
3,0 1,0 0,25
2
2
và
Ta có
( AB
AC
x
2
) 4y=
=
−
+
đối xứng nhau qua Ox nên )2
(
2 y . 0
o
2 o
nên
Vì
y
1
1
(1)
.
+
0,25
( A E∈
)
2 o
2 y = ⇒ = − o
Vì
2 x o 4 nên
x
2
y
(2)
.
−
+
=
AB AC=
(
)2
o
2 o
2 x o 4 2 4y o
Thay (1) vào (2) và rút gọn ta được
x
2
=
o
0,25
.
7x
16x
−
4 0 + = ⇔
2 o
o
x
=
o
2 7
⎡ ⎢ ⎢ ⎢⎣
thay vào (1) ta có
Với
0
A C≡ .
0y = . Trường hợp này loại vì
Với
x
y
.
= thay vào (1) ta có
= ±
0
0
4 3 7
0,25
hoặc
Vậy
.
−
−
4 3 7
4 3 7
7
7
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ 2 , B ; ⎜ ⎜ 7 ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ 2 A ; ⎜ ⎜ 7 ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ 2 4 3 , B ; ⎜ ⎜ 7 ⎝
0x = 2 2 7 ⎛ 2 4 3 A ; ⎜ ⎜ 7 ⎝
⎞ ⎟⎟ ⎠
III.2a
.
− − và có vectơ chỉ phương
3; 1; 2 −
=
(
)
1d đi qua
) 1M 1; 2; 1
1,0 0,25
1 1 −
−
.
(cid:74)(cid:74)(cid:71) ( 1u 1 1 1 1 ;
(cid:74)(cid:74)(cid:71) u
3;
;
=
=
1; 2−
(
)
2
2d có vectơ chỉ phương là
3 0 0 1 1 3
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
0,25
Vì
và
nên
(cid:74)(cid:74)(cid:71) u=
(cid:74)(cid:74)(cid:71) 1u
2 Mặt phẳng (P) chứa
d // d . 2 2 1 nên có phương trình dạng
2
2
x
0
.
+ β
=
−
+
α + β ≠
(
)
0,25
Vì
17
0
2
α − + −
0. = ⇔ α + β =
1M d∉ 2d ( ) y z 2 + − − ( 1 2 1 2
( α ) nên
) x 3y 12 ( ) 1 6 12 + β − −
0 )
( 1M P∈
Chọn
17
2.
α = ⇒ β = −
0,25
Phương trình (P) là: −
+
−
15x 11y 17z 10 0. =
III.2b
1,0
Vì
y
A, B Oxz∈
nên x
= . 0 z
1
Vì
nên
,
z
x ⇒ =
5= −
A 5;0; 5−
=
=
( ⇒ −
)
1A d∈
A
A
0,50
x
B
B d
B(12;0;10).
⇔
⇒
∈ ⇒ 2
+ A 2 x z
12 10
− B x
y = A B 1 2 − A 3 1 − 2 0 − = 12 0 =
= =
z B −
B
B
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) 5;0; 5 , OB 12;0;10
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) OA, OB
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) OA
=
⇒
=
−
−
( = −
)
(
) 0; 10;0 .
⎤ ⎦
⎡ ⎣
0,50
S
) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) OA, OB
.10
=
=
5= (đvdt).
OAB
∆
⎤ ⎦
⎡ ⎣
1 2
( 1 2
3
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
π 2
π 2
+
sin x
I
e
d
x
=
+
( d sin x
)
∫
∫
2,0 1,0 0,25
1 cos 2x 2
0
0
sin x
IV
π 2
π 2
e
sin 2x
=
+
0,50
IV.1
0
0
1 2
1 2
⎛ x +⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
1
e
0,25
π = + − . 4
IV.2
C
2C
2C
+
+
=
2 n 2 +
(
(
1,0 0,25
2
2
149
⇔
+
+
=
2 n 3 + ) n 2 ! + 2!n!
( ) n 4 ! + + ( ) 2! n 1 ! 2! n 2 ! +
= ⇔ =
2 149 n 4 + ) n 3 ! + ( ) + = −9 .
0,25
n 3≥ . ĐK: 2 C + Ta có n 1 + ) ( n 1 ! + ) ( 2! n 1 ! − 2n n 5, n 4n 45 0 ⇔ + − Vì n nguyên dương nên n 5= .
3.
+
0,50
3 5
4 6
6! 2!
5! 2!
M
.
=
=
=
A 3A + 6!
6!
3 4
Áp dụng bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có
V
3
3
3
3
3
y
3 1.x .y
3xy
1 x +
+
≥
=
3
3
y
+
(1).
⇔
≥
1 x + xy
3 xy
Tương tự
3
3
z
+
(2)
≥
1 y + yz
3 yz
3
3
x
+
1,0 0,25 0,25
(3).
≥
1 z + zx
3 zx
Mặt khác
3
3
.
≥
+
+
3 xy
3 yz
3 zx
3 xy
3 yz
3 zx
0,25
3 3
(4).
⇒
≥
+
+
3 xy
3 yz
3 zx
0,25
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3) và (4) ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra
x
y z 1 .
⇔
⇔
= = =
(1), (2), (3) và (4) là các đẳng thức
-------------------------------Hết-------------------------------
4
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o §Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ------------------------ M«n: To¸n, Khèi D
3
2
−
+
= y x
3mx
9x 1
Thêi gian lµm bµi: 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò -------------------------------------------
+ (1) víi m lµ tham sè.
§Ò chÝnh thøc C©u I (2 ®iÓm) Cho hµm sè
1) Kh¶o s¸t hµm sè (1) khi m = 2. 2) T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) thuéc ®−êng th¼ng y = x + 1.
−
−
+
=
x
x
x
x
2(
cos
2sin
sin
.
)
cos +
=
y
x
1
C©u II (2 ®iÓm) 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh
+
−=
xx
yy
m .31
x sin2()1 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
2) T×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm
A −
B
);0;1(
);0;4(
mC ;0(
) . T×m täa ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC theo m. X¸c ®Þnh m ®Ó tam gi¸c GAB
0≠m víi vu«ng t¹i G.
C©u III (3 ®iÓm) 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho tam gi¸c ABC cã c¸c ®Ønh
ABC
),0;0;(aA
CBA 111.
>
>
. BiÕt
B
C
b
a
),0;1;0(
),0;0;
− aB (
ab ),
;0;
,0
0
1
, ba .
1AC theo
. 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh l¨ng trô ®øng − (
thay ®æi, nh−ng lu«n tháa m·n ®Ó kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng a) TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng CB1 a b) Cho ba, . T×m ba, vµ 4=+ b
1AC lín nhÊt.
vµ th¼ng CB1
A
C
B
),0;0;1(
),1;0;2(
)1;1;1(
3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm
x
2 =−++
0
zy ph¼ng (P): thuéc mÆt ph¼ng (P).
vµ mÆt . ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu ®i qua ba ®iÓm A, B, C vµ cã t©m
2
−
C©u IV (2 ®iÓm)
x
ln(
dxx )
3 1) TÝnh tÝch ph©n I = ∫ 2
7
1
3
+
.
x
4
x
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜⎜ ⎝
2) T×m c¸c sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña víi x > 0.
5
2
−
−
C©u V (1 ®iÓm) Chøng minh r»ng ph−¬ng tr×nh sau cã ®óng mét nghiÖm
x
x
x
2
=− 1
0
.
--------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh.............................................................Sè b¸o danh........................................
§¸p ¸n - Thang ®iÓm
®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004
M«n: To¸n, Khèi D
(§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ..................... ........................................... §Ò chÝnh thøc
Néi dung
3
2
+
+
−
x
x
=⇒=
9
2
1
2
2
I C©u ý 1 Kh¶o s¸t hµm sè (1,0 ®iÓm) §iÓm 2,0 .
= ⇔ =
x 1, x
= . 3
− ∞
∞+
; 2),
− − = y ' 3x + = 12x 9 3(x + 4x 3) 0,25
;2(
)
lâm trªn kho¶ng = 0 ⇔ x = 2 ⇒ y = 3. §å thÞ hµm vµ cã ®iÓm uèn lµ
m y x 6 a) TËp x¸c ®Þnh: R . b) Sù biÕn thiªn: ; y ' 0 yC§ = y(1) = 5 , yCT = y(3) =1. y'' = 6x 12− sè låi trªn kho¶ng ( )3;2(U . B¶ng biÕn thiªn:
− ∞
0,25
+ ∞
1 x 3
−
0 + y' + 0
+ ∞
c) §å thÞ: §å thÞ hµm sè c¾t trôc Oy t¹i ®iÓm (0; 1).
y 5 1 − ∞ 0,25
0,25
2 0,25
2±=m
1
T×m m ®Ó ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè ...(1,0 ®iÓm) y = x3 − 3mx2 + 9x + 1 (1); y' = 3x2 − 6mx + 9; y'' = 6x − 6m . y"= 0 ⇔ x = m ⇒ y = − 2m3 + 9m + 1. y" ®æi dÊu tõ ©m sang d−¬ng khi ®i qua x = m, nªn ®iÓm uèn cña ®å thÞ hµm sè (1) lµ I( m; − 2m3 + 9m +1). I thuéc ®−êng th¼ng y = x + 1 ⇔ − 2m3 + 9m + 1 = m + 1 ⇔ 2m(4 − m2 ) = 0 ⇔ m = 0 hoÆc . 0,25 0,25 0,25
II 2,0 1
π
⇔ = ± +
x
k2 , k
0,25
π ∈ Z .
1 2
3
π
• sinx + cosx = 0 ⇔ tgx = −1 ⇔ x
= − + π ∈ Z . k , k
4
Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1,0 ®iÓm) ( 2cosx −1) (2sinx + cosx) = sin2x − sinx ⇔ ( 2cosx −1) (sinx + cosx) = 0. • 2cosx − 1= 0 ⇔ cosx = 0,25
π
k2
π vµ x
= − + π ∈ Z . k , k
0,25
π = ± + 3
4
VËy ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm lµ: x
=
≥
y, u
≥ 0, v 0.
0,25 T×m m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm (1,0 ®iÓm) 2
3
3
+ = u v 1 +
= −
v
u
1 3m
⎧ ⎨ ⎩
⇔ u, v lµ hai nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh: t2 − t + m = 0 (**).
+ = u v 1 = uv m
§Æt: u = x , v HÖ ®· cho trë thµnh: (*) 0,25
0,25
≥
1 4m 0
⇔ ≤
≤
0 m
.
⇔
1 4
0,25
⎧⇔ ⎨ ⎩ HÖ ®· cho cã nghiÖm (x; y) ⇔ HÖ (*) cã nghiÖm u ≥ 0, v ≥ 0 ⇔ Ph−¬ng tr×nh (**) cã hai nghiÖm t kh«ng ©m. ∆ = − ⎧ ⎪ = ≥ S 1 0 ⎨ ⎪ = ≥ P m 0 ⎩
+
+
+
+
III 0,25 3,0 1
x
x
y
A
C
A
C
=
=
=
=
x
1; y
G
G
m 3
x B 3
y B 3 (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
m 3 .
TÝnh to¹ ®é träng t©m G cña tam gi¸c ABC vµ t×m m... (1,0 ®iÓm) Träng t©m G cña tam gi¸c ABC cã täa ®é: y ). . VËy G(1;
− −
−
0,25 0,25
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ), GB(3;
)
m 3
m 3
⇔ − +
=
Tam gi¸c ABC vu«ng gãc t¹i G ⇔ GA.GB 0= (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) GA( 2; . 0,25
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) GA.GB 0=
⇔ = ± m
3 6
6
0
2m 9
.
=
−
b)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) 1
= −
= −
0,25 2
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) 1
TÝnh kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1,... (1,0 ®iÓm) a) Tõ gi¶ thiÕt suy ra: C (0; 1; b), B C (a; 1; 1 (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AC ( a; 1; b), AB ( 2a;0; b) 1
2
0,25
)
( d B C, AC 1
1
2
+
≤
=
=
≤
=
ab
2
⎡ ⎣ = = . ab + 2 a b (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎤ B C, AC AB ⎦ 1 1 1 (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) B C, AC 1 1 ⎡ ⎣ ⎤ ⎦ 0,25
d(B C; AC ) 1
1
2
2
ab 2ab
1 a b 2
a
b
. b) ¸p dông bÊt ®¼ng thøc C«si, ta cã: 1 ab + 2 2 0,25
; IB2 = (x − 1)2 + y2 + z2 ;
0,25 3
=−++
zyx
0
2
2
2
2
⇔
=
IA
IB
2
2
=++ zyx =+ zx =+ zy
2 1
=
IC
IB
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
=
0,25
.0
y Ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu lµ ( x − 1)2 + y2 + ( z − 1)2 =1.
DÊu "=" x¶y ra khi vµ chØ khi a = b = 2. VËy kho¶ng c¸ch gi÷a B1C vµ AC1 lín nhÊt b»ng 2 khi a = b = 2. ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt cÇu (1,0 ®iÓm) I(x; y; z) lµ t©m mÆt cÇu cÇn t×m ⇔ I ∈ (P) vµ IA = IB = IC . Ta cã: IA2 = (x − 2)2 + y2 + ( z − 1)2 IC2 = (x − 1)2 + (y − 1)2 + ( z − 1)2 . Suy ra hÖ ph−¬ng tr×nh: ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
IV 0,25 0,25 0,25 2,0
==⇔ x z ;1 = ⇒= IAR 1 TÝnh tÝch ph©n (1,0 ®iÓm)
3
2
=
=
−
du
dx
u
x)
2
2
−
⇒
ln(x
x) dx
1
− 2x 1 − x x
∫
ln(x = dv dx
2
⎧ ⎨ ⎩
x
. I = . §Æt
3
3
3
2
−
−
=
=
−
− 3ln 6 2 ln 2
I
x)
dx
x ln(x
2
∫
1 − x 1
− 2x 1 − x 1
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ =⎩ v ⎛ +⎜ 2 ⎝
⎞ dx ⎟ ⎠
2
2
0,25
=
−
−
+
) 3
− 3ln 6 2 ln 2
2x ln x 1
0,25
2
.
∫ ( I = 3ln6 − 2ln2 − 2 − ln2 = 3ln3 − 2. T×m sè h¹ng kh«ng chøa x... (1, 0 ®iÓm) 7
k
7
− 7 k
3
3
+
=
(
)
x
x
C
0,25 0,25 2
k 7
∑
4
4
1 x
= k 0
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
−
1 x 7
7
− 7 k 3
k 4
− 28 7k 12
=
=
x
Ta cã: 0,25
k C x 7
k C x 7
∑
∑
= k 0
= k 0
∈
≤ ≤
7)
−
k
28
=⇔=
. 0,25 Sè h¹ng kh«ng chøa x lµ sè h¹ng t−¬ng øng víi k (k Z, 0 k tho¶ m·n:
k
0
4
7 12
4
35=
. 0,25
7C
3
. Sè h¹ng kh«ng chøa x cÇn t×m lµ 0,25
1,0 V
5
2
=
−
x
x
f (x)
2x 1
− . Khi ®ã f(x) lµ hµm sè liªn tôc
0,25
4
4
4
4
−
0,25
2x) 4
3
4
− − +
5x 2x(x
1) x
.
− = 2x 2 (2x − + 1) 2(x Suy ra f(x) ®ång biÕn trªn [ 1; +∞) (3). Tõ (1), (2), (3) suy ra ph−¬ng tr×nh ®· cho cã ®óng mét nghiÖm.
Chøng minh ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm duy nhÊt x5 − x2 − 2x − 1 = 0 (1) . (1) ⇔ x5 = ( x + 1)2 ≥ 0 ⇒ x ≥ 0 ⇒ (x + 1) 2 ≥ 1 ⇒ x5 ≥ 1 ⇒ x ≥ 1. Víi x ≥ 1: XÐt hµm sè − víi mäi x ≥ 1. Ta cã: f(1) = − 3 < 0, f(2) = 23 > 0. Suy ra f(x) = 0 cã nghiÖm thuéc ( 1; 2). (2) + + − (2x 2) x f '( x) = > ∀ ≥ . = 0, x 1 0,25
4
0,25
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ---------------------- §Ò chÝnh thøc
kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 M«n thi: to¸n Khèi D Thêi gian lµm bµi: 180 phót
4
x
(1)
y
=
_______________________________________________ C©u 1 (2 ®iÓm).
x + 2
2 2 − x −
1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè .
m
: y mx 2 2 m = + − ®Ó ®−êng th¼ng d c¾t ®å thÞ cña hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm 2) T×m
m ph©n biÖt. C©u 2 (2 ®iÓm).
2
2
2
x
sin
tg
cos
0
−
−
=
x 2
π 4
x 2
2
2
x
x
2
x x + −
−
2
2
−
= 3
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .
Oxy
. 2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh C©u 3 (3 ®iÓm). cho ®−êng trßn
2
(
4
)1
( :)
x
y
1 0
d
+
−
−
y− − = .
.d
x : )C (
1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc 2
')C (
qua ®−êng th¼ng
C ( )2 ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng trßn ( T×m täa ®é c¸c giao ®iÓm cña
d
:
k
ky 3 y
x + kx
z − + = z − + + =
= vµ ®−êng th¼ng ')C ®èi xøng víi ®−êng trßn ) (C vµ 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho ®−êng th¼ng
x ) :
2
z
(
y − −
5 0 + = .
.
T×m
P vu«ng gãc víi nhau, cã giao tuyÕn lµ ®−êng th¼ng
k 3) Cho hai mÆt ph¼ng
C
)P
(
®Ó ®−êng th¼ng )P
0 2 1 0. kd vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng ( )Q vµ , A B víi D
lÊy ®iÓm
AB a= . Trong mÆt ph¼ng sao cho lÊy ®iÓm . TÝnh b¸n kÝnh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn
∆ . , trong AC BD cïng vu«ng gãc víi ∆ vµ ABCD vµ tÝnh kho¶ng
(
∆ Trªn mÆt ph¼ng ( AC BD = A c¸ch tõ
BCD theo )
( lÊy hai ®iÓm )Q AB= ®Õn mÆt ph¼ng
,
. a
1
x
1; 2
y
−
=
C©u 4 ( 2 ®iÓm).
]
+ 2
1
x
+
2
I
x
x d
=
−
x .
1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè . trªn ®o¹n [
2 ∫ 0
2) TÝnh tÝch ph©n
n
C©u 5 (1 ®iÓm).
3nx − trong khai triÓn thµnh ®a
2
n ) ( 1
26
x
x
n
+ n 2)
+
3na − lµ hÖ sè cña 3 3 =
Víi lµ sè nguyªn d−¬ng, gäi
3
thøc cña ( . T×m n ®Ó .
na − 3
------------------------------------------------ HÕt ------------------------------------------------
Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:…………………………….. ……. Sè b¸o danh:…………………
kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 ®¸p ¸n −thang ®iÓm
M«n thi : to¸n Khèi D
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o −−−−−−−−−−−−− ®Ò thi chÝnh thøc
x
4
Néi dung C©u 1. ®iÓm 2®iÓm
y
=
x + 2
2 2 − x −
\{ 2 }.
4
x
.
y
=
x = +
1 ®iÓm . 1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ cña hµm sè
x + 2
2
x
4 −
2
4
4
x
−
.
y
y
' 1 = −
=
2
x 2
0 4.
(
2)
(
2)
x
x
−
x = ' 0 = ⇔ = x
Ta cã TËp x¸c ®Þnh : R 2 2 − x −
y
x
0 = ⇒
−
=
0,25®
x= ,
[
]
x
2
− 4 −
lim x →∞
2
y
= ∞ ⇒
tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ: y
x = .
lim x →∞
lim 2 x → B¶ng biÕn thiªn:
tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ:
−
+ ∞ + ∞ 0,5®
0 + 0 − 2 C§ 2 − + ∞ −∞ 4 0 + CT 6
6
2
x
−2
O 2 4 0,25®
x − ∞ y’ y − ∞ §å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; −2). y 2) 1 ®iÓm
md
§−êng th¼ng c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt
x
mx
2 2
m
+
=
+ −
2
x
4 −
2
0,5® cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2 ⇔ ph−¬ng tr×nh
= cã hai nghiÖm ph©n biÖt kh¸c 2 ⇔
m − > 1 0
1.m⇔ >
1.m >
x m ( 1)( ⇔ − − m VËy gi¸ trÞ
0,5® 4
1
2) cÇn t×m lµ
2
2
2
x
sin
tg
cos
0
−
=
−
C©u 2. 2®iÓm
x 2
π 4
x 2
cos
0
x ≠
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh (1) 1 ®iÓm
x
sin
2
2
x
sin
x
x
cos
(1)
x
x
−
=
x
( 1 sin ⇔ −
)
( 1 cos = +
)
)
( 1 cos +
2
1 ⇔ − 2
π 2
x
x
x x (1 cos )(1 cos )
x
x
−
+
cos +
−
x (1 sin )(1 sin )
)
x
(1 cos )(sin
x
x
+
+
1 2 ( 1 cos = + cos ) 0 x =
1 cos ( 1 sin ⇔ − ( 1 sin ⇔ −
) )
2π
x
k
=
+
x
k
)
π 2 π
2π
§iÒu kiÖn: (*). Khi ®ã 2
k ∈ Z .
sin x x cos x tg
⇔
x
π k
1 = 1 = − ⇔ = + 1 π = − = − + 4
(
2
2
2
x
x
x x
−
+ −
k x 2π 0,5® 0,25® 0,25® k ∈ Z KÕt hîp ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ: ( ) . π k π = + π 4 = − + x
x
x
2 2 − 3= (1).
2
2) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 2 − t 2 0 = t ⇒ > §Æt .
2
t 4 0 t ( 3 t t 1)( 4) 0 t t 3 − = ⇔ − − = ⇔ + − = ⇔ = 4 (v× t ) 0> Khi ®ã (1) trë thµnh 4 t
x
2
x − = ⇔ − = 2 x
2 4 x VËy x x ⇔ =
1 ®iÓm 0,5® 0,5® Do ®ã nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ 1 = − 2. x 1 = − = x 2.
2
2
2.
C©u 3. 1)
R =
d
C ) : ( x 1) ( y 2) 4 I (1; 2) − = + − Tõ ( suy ra cã t©m vµ b¸n kÝnh
=
Do ®ã ®−êng th¼ng ∆ ®i qua
y 3 0
I
(1; 2)
x ⇔ + −
=
vµ vu«ng gãc víi d cã ph−¬ng tr×nh:
= .
(1; 1). − 1 x − 1
2 y − 1 −
H
Täa ®é giao ®iÓm
lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh:
H
(2;1).
⇔
⇒
x y
cña x x
J
2 = 1 = . Khi ®ã
Gäi
x
d 3
§−êng th¼ng )C ( uur cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ n
vµ d ∆ 1 0 y − − = 3 0 y + − = I (1; 2) lµ ®iÓm ®èi xøng víi x 2 − =
qua x =
J
(3;0)
⇒
.
− d
2.
J
(3;0)
')C (
R =
cã t©m lµ
vµ b¸n kÝnh
J y = J )C ®èi xøng víi (
H 2 x H qua
V×
I 0 x = I nªn 2
4
')
(C
+
')C ( 2 y = .
cã ph−¬ng tr×nh lµ:
)C
Do ®ã Täa ®é c¸c giao ®iÓm cña (
3) x ( − ')C ( vµ
lµ nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh:
2
2
1 0
1
x
y
y
x = −
(
(
4
1)
2)
1,
0
y
x
y
−
−
=
=
⇔
⇔
⇔
− − = 2
2
2
+ 2
2
3,
2.
y
=
(
3)
4
2
8
6 0
x
y
x
x
+
−
=
−
+ =
x = = x
3)
4
(
x
y
−
=
)C (
')C
A
B
(3; 2).
+ VËy täa ®é giao ®iÓm cña
vµ (
lµ
(1;0) vµ
2
3®iÓm 1 ®iÓm 0,5 0,25® 0,25®
k (1;3 ; 1)
=
−
2) Ta cã cÆp vect¬ ph¸p tuyÕn cña hai mÆt ph¼ng x¸c ®Þnh
lµ
uur n 1
(
)P
r n
=
kd (1; 1; 2) − −
=
.
lµ
uur n 2
1 ®iÓm
. Vect¬ ph¸p tuyÕn cña cã vect¬ chØ ph−¬ng lµ:
vµ §−êng th¼ng
( ; 1;1) k − kd
2
r u
k (3
k 1; 1 3
1;
k
)
=
=
− − − − −
≠
r 0
.∀ k
uur uur n n 2, 1
0,5®
2
1
1
0,5 ®
r r u n ||
1.
(
⇔
=
=
k ⇔ =
) P ⊥ ⇔
Nªn
kd
3 k − 1
k − − 1 −
1 3 k − − 2 −
k
1.=k
cÇn t×m lµ
VËy gi¸ trÞ 3)
Ta cã (P) ⊥ (Q) vµ ∆ = (P) ∩ (Q), mµ AC ⊥ ∆ ⇒ AC ⊥(Q) ⇒AC ⊥ AD, hay
C P
(cid:0) CAD
090=
. T−¬ng tù, ta cã BD ⊥ ∆ nªn
(cid:0)
090=
. VËy A vµ B
H
∆
B A
2
2
BC
BD
R
=
+
=
BD ⊥(P), do ®ã CBD A, B n»m trªn mÆt cÇu ®−êng kÝnh CD. Vµ b¸n kÝnh cña mÆt cÇu lµ:
CD 2
1 2
a
3
2
2
2
AB
AC
BD
+
+
=
=
.
1 2
2
Gäi H lµ trung ®iÓm cña BC⇒ AH ⊥ BC. Do BD ⊥(P) nªn BD ⊥ AH ⇒AH ⊥ (BCD).
2
a
1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,5®
.
AH
BC
=
=
VËy AH lµ kho¶ng c¸ch tõ A ®Õn mÆt ph¼ng (BCD) vµ
1 2
2
D Q
1
x
1; 2
y
−
=
1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ gi¸ trÞ nhá nhÊt cña hµm sè
trªn ®o¹n [
]
. 1 ®iÓm
+ 2
1
x
+
x
y
'
.
=
1 − 2
3
(
1) 1
y
x + = ⇔ = . ' 0 x
y
.
2,
(2)
( 1) 0, − =
=
=
Ta cã
y(1)
y
y
(1)
2
y
y
=
=
=
( 1) 0. − =
VËy
max y [ ]1;2 −
3 5 min vµ [ ]1;2 −
0,5® 0,5®
2
I
x
x d
=
−
2) TÝnh tÝch ph©n
x .
1 ®iÓm
2 ∫ 0
0
0
x
x
Ta cã 2 x
− ≤ ⇔ ≤ ≤ , suy ra
2
2
I
(
x
x
)
dx
(
x
=
−
+
−
x dx )
1 1 ∫ 0
2 ∫ 1
1
2
2
3
3
2
0,5® 0,5®
C©u 4. 2®iÓm
0
1
1. = − + − = x 2 x 3 x 3 x 2
3
n
n
n
2
n
4
−
−
1)
+
=
+
+
... + +
,
0 2 C x n
1 2 C x n
n C n
n
n
2
n
n
3
n
2 2 C x n 2 −
1 −
−
(
x
2
... 2
+
+
+
+ +
.
2 C x n
3 3 C x 2 n
n C n
2
2
n
n
0 C x 2) = n n n 1, = DÔ dµng kiÓm tra n 3 2 3 −
1 2 C x n kh«ng tháa m·n ®iÒu kiÖn bµi to¸n. 3 −
−
x
x
+ 2 = n n x
x
x
1. −
C©u 5. C¸ch 1: Ta cã ( 2 x n
=
th×
n
= 3−nx
2( x
n 1) (
x
) 2
+
+
lµ
Víi Do ®ã hÖ sè cña 3
3≥n
3 2 .
2.
+
.
a 3
n
0 3 C C . n n
− = 3
2
n n
n 3
4)
2 (2
+
0,75®
26
26
n = ⇔
n = ⇔
VËy
n
a 3
3
−
− 3
0,25®
trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña 1 1 C . nC n n 5 = 7 2
= − n
1®iÓm
lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v×
nguyªn d−¬ng).
n
n
2
n
3 n
5=n VËy C¸ch 2: Ta cã
n 1) (
n 1 +
i
k
3
3 n
n
i
k
2 −
−
x x x ( 2) 1 + + = + 1 2 2 x x
i C n
k C n
i C x n
k k C 2 n
n ∑ 0 i =
n ∑ 0 k =
n ∑ 0 i =
n ∑ 0 k =
x x x . = = 1 2 2 x x
3−nx
k+ = . 3 k 2 i , hay 1k= = .
lµ
.
Trong khai triÓn trªn, luü thõa cña x lµ 3 Ta chØ cã hai tr−êng hîp tháa ®iÒu kiÖn nµy lµ Nªn hÖ sè cña 3
n
3 3 0 C C .2 . n n
− = 3
.2 + a 3
2
Do ®ã
n
3
−
hoÆc 0,75® 0,25®
lµ gi¸ trÞ cÇn t×m (v×
VËy
4
n = 2 (2 n n n 3 4) + 26 26 n = ⇔ n = ⇔ a 3 − 3 5 7 2 n 5=n 3n − khi 2 k 3 i − − = − = hoÆc i 1, 0, 3 i = 1 1 C C . n n = − n nguyªn d−¬ng).
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009
Môn thi: 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):
Câu I (2,0 điểm)
y
=
Cho hàm số
(1).
2 x + x 2 3 +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết tiếp tuyến đó cắt trục hoành, trục tung lần lượt tại
hai điểm phân biệt A , B và tam giác OAB cân tại gốc toạ độ
.O
Câu II (2,0 điểm)
x
cos
−
3
1. Giải phương trình
.
=
x
x
) 1 sin −
x
) x
8 0
x
.
( x 1 2sin )( ( 1 2sin + 32 3 3 6 5 2 − +
−
− =
(
) ∈ (cid:92)
2. Giải phương trình Câu III (1,0 điểm)
π 2
3
2
I
cos
x
=
−
Tính tích phân
x dx .
) 1 cos
(
∫
0
Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp
có đáy
;D
,
góc giữa
CD a= ;
.S ABCD
ABCD là hình thang vuông tại A và
2
a
AB AD =
=
I
là trung điểm của cạnh
và
SBC
SBI
(
) ABCD bằng
)
)
( cùng vuông góc với mặt phẳng
theo
AD . Biết hai mặt phẳng ( .a
SCI
.S ABCD
60 .(cid:68) ( ABCD , tính thể tích khối chóp
Gọi )
hai mặt phẳng ) và ( Câu V (1,0 điểm)
,
x y z thoả mãn ,
ta có:
z
3
3
5
x
x
y
y
y
x
x
y
z
z
z
z
+
+
+
+
+
+
+
≤
+
(
y + + (
) 3 , yz = 3 . )
( x x )
)(
)(
)
(
)
Chứng minh rằng với mọi số thực dương ( 3 PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
,Oxy
I
(6;2)
cho hình chữ nhật
là giao điểm của hai đường
ABCD có điểm
thuộc đường thẳng AB và trung điểm E của cạnh
thuộc đường
CD
Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ )1;5M (
5 0
x
y
:
chéo thẳng
. Viết phương trình đường thẳng
AB .
AC và BD . Điểm + − = Δ
2. Trong không gian với hệ toạ độ
2
4 0
P
y
−
(
2
2
2
:
4
2
6
x
S
y
y
x
z
z
+
11 0. =
−
−
+
−
−
)
) : 2 cho mặt phẳng ,Oxyz Chứng minh rằng mặt phẳng (
x z )P cắt mặt cầu (
− − = và mặt cầu )S theo một
( đường tròn. Xác định toạ độ tâm và tính bán kính của đường tròn đó.
2
2
2
z
.
+
2
10
0
z
z
là hai nghiệm phức của phương trình
+
+
= . Tính giá trị của biểu thức
A z = 1
2
Câu VII.a (1,0 điểm) 2z
Gọi và 1z
B. Theo chương trình Nâng cao
2
2
,Oxy
Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
cho đường tròn
4
0
6
y
x
+
(
) C x :
I
:
m
2
Tìm
để
m
với m là tham số thực. Gọi
−
x my +
+ = 0, 3
+ = và đường thẳng )C
Δ cắt (
Δ tại hai điểm phân biệt A và B sao cho diện tích tam giác
,Oxyz
2. Trong không gian với hệ toạ độ
1
2
z
0
+
−
− = và hai đường thẳng
y 4 + + ).C là tâm của đường tròn ( IAB lớn nhất. ) : ( cho mặt phẳng y P x 2
z
x
1
9
1
3
x
y
:
:
=
Δ
=
=
=
,
. Xác định toạ độ điểm M thuộc đường thẳng
Δ 1
2
1Δ sao cho
+ 1
− 2
y 1
z 1 + 2 −
)P bằng nhau.
− + 1 6 2Δ và khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( khoảng cách từ M đến đường thẳng
2
2
log
x
y
1 log
xy
+
= +
(
)
2
2
(
)
Giải hệ phương trình
x y ,
∈
(
) (cid:92) .
2
2
x
xy y
− +
81
=
Câu VII.b (1,0 điểm) ⎧ ⎪ ⎨ 3 ⎪⎩
---------- 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................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Đáp án
Điểm
Câu
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
I (2,0 điểm)
(cid:92)
D
\
.
=
• Tập xác định:
3 2
⎧ −⎨ ⎩
⎫ ⎬ ⎭
• Sự biến thiên:
1
−
- Chiều biến thiên:
y
'
=
0, x < ∀
.D∈
0,25
2
x
3
+
(
)2
Hàm số nghịch biến trên:
và
;
; −∞ −
−
+∞
3 2
3 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ . ⎠
- Cực trị: không có.
- Giới hạn và tiệm cận:
y
y
=
= ; tiệm cận ngang:
lim x →−∞
lim x →+∞
1 2
1 y = . 2
0,25
y
,
y
= −∞
= +∞ ; tiệm cận đứng:
x = − .
+
−
3 2
x
x
lim 3 ⎛ → − ⎜ 2 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
lim 3 ⎛ → − ⎜ 2 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
- Bảng biến thiên:
− +∞
+∞
x −∞ 3 2 y' − −
0,25
1 2
−∞
1 2
y
x = −
3 2
y =
1 2
y
0,25
• Đồ thị:
2. (1,0 điểm) Viết phương trình tiếp tuyến…
Tam giác OAB vuông cân tại
suy ra hệ số góc tiếp tuyến bằng
1± .
,O
x O
0,25
(
)
;
1.
1
Gọi toạ độ tiếp điểm là
x = − hoặc 2
= ±
x y , ta có: 0
0
⇔ 0
x = − 0
0,25
2
(2
3)
1 − +
x 0
,
; phương trình tiếp tuyến
y
•
x= − (loại).
0,25
x = − 1 0
y
2
; phương trình tiếp tuyến
x= − − (thoả mãn).
y = 0 1 y = 0 0
x = − 2 0
0,25
y
x= − −
2.
• , Vậy, tiếp tuyến cần tìm:
Trang 1/4
Câu
Đáp án
Điểm
II
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
(2,0 điểm)
Điều kiện: sin
sin
1x ≠ và
0,25
1 x ≠ − (*). 2
x
x
x 3(1 2sin )(1 sin )
−
=
+
−
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương: (1 2sin )cos
x
0,25
⇔ cos
x
3 sin
x
sin 2
x
3 cos 2
x ⇔ cos
x
x
−
=
+
+
=
−
π 3
π 6
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ cos 2 ⎜ ⎝
hoặc
⇔
x
k
.
x
k
2 π
=
+
= −
+
0,25
π 18
2 π 3
π 2
Kết hợp (*), ta được nghiệm:
x
k
k
= −
+
0,25
(
) ∈ (cid:93) .
π 18
2 π 3
2. (1,0 điểm) Giải phương trình…
u 2
v 3
8
+
=
v
x v
0
=
6 5 , −
Đặt
≥ (*). Ta có hệ:
u
3 3
x
=
− và 2
0,25
3
2
8
v 3
+
=
⎧ ⎨ 5 u ⎩
⇔
⇔
0,25
3
2
2
u 8 2 − 3 u 2)(15
u 26
32 u
u 8 2 − 3 4 u +
−
+
40 0 =
−
+
20) 0 =
⎧ v =⎪ ⎨ ⎪ 15 u ⎩
⎧ v =⎪ ⎨ ⎪ + u ( ⎩
và v
(thoả mãn).
2= −
= 4
⇔ u
0,25
Thế vào (*), ta được nghiệm:
2.
x = −
0,25
Tính tích phân…
III
(1,0 điểm)
π 2
π 2
5
2
0,25
I
cos
xdx
cos
x
dx .
=
−
∫
∫
0
0
sin , x
dt
cos
dx ; x
=
=
Đặt t
x
0,
t
0;
x
,
t
=
=
=
= 1.
π 2
0,50
1
1
π 2
π 2
2
2
5
2
2
3
5
cos
xdx
x
cos
xdx
t
dt
t
t
t
.
=
=
=
−
=
−
+
=
I 1
( 1 sin −
)
( 1
)
∫
∫
∫
1 5
8 15
2 3
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
0
0
0
0
π 2
π 2
π 2
2
0,25
cos
sin 2
.
I
x dx
x
x
=
=
=
+
=
+
Vậy
I
I
.
=
−
=
−
( 1 cos 2
) x dx
2
I 1
2
∫
∫
1 2
1 2
1 2
π 4
8 15
π 4
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0
0
0
Tính thể tích khối chóp...
IV
(1,0 điểm)
(
SIB
)
(
ABCD)
SIC
)
(
ABCD ; )
ABCD
. )
(
⊥
⊥
và (
suy ra
)
BC
(
SIK
)
K BC∈
⊥
(
⇒
SI ⊥ ⇒ (cid:110)SKI = 60 .(cid:68)
S
0,50
Kẻ IK BC⊥
B A I
S
K
ABCD :
23 .
a=
ABCD
C D Diện tích hình thang
0,25
;
.
CDI
=
Tổng diện tích các tam giác ABI và
bằng
suy ra
IBC
SΔ
23 a 2
2
2
IK
.tan
SI
IK
=
=
=
.
BC
AD
a
5
⇒
⇒
=
AB CD −
+
=
(
)2
23 a 2 IBCS Δ BC
a 3 5 5
(cid:110) 3 15 a SKI = 5
0,25
3
V
S
SI .
.
=
=
S ABCD
.
:
Thể tích khối chóp
ABCD
1 3
a5 3 1 5
Trang 2/4
Đáp án
Điểm
Câu
Chứng minh bất đẳng thức…
V (1,0 điểm)
c
z
.
y = +
Đặt
và
a
y b ,
z
x = +
x = +
2
2
2
x x (
yz
z
y + +
trở thành: c
b
ab .
=
+
−
0,25
3
3
a b c ,
) 3 = a Điều kiện Bất đẳng thức cần chứng minh tương đương: a ,
3 abc
b
3 5 ; c
dương thoả mãn điều kiện trên.
+
≤
+
2
2
2
2
2
2
(
)
ab 3
(1).
c
a
b
ab
a b
c 2
=
a b +
−
=
(
)
(
(
=
+
−
+ ≤
)
≥
a b +
−
a b +
2 a b+ ⇒ )
0,25
3 4
1 4
3
3
3
2
2
3
b
ab
abc
c 5
) (
a
b
abc 3
c 5
+
−
≤
+
⇔ (
+
+
≤
) 3 + 3
a b a 2
(
abc 3
a b c ) +
+
≤
⇔
0,25
c 5 2
.
(
ab 3
c 5
a b c ) +
+
≤
⇔
2
22 c
và
(1) cho ta: (
từ đây suy ra điều phải chứng minh.
a b c ) +
≤
3 ab
(
)
2 c 3 ;
≤
a b +
≤
0,25
Dấu bằng xảy ra khi:
a b c
y
z
3 4 = = ⇔ x
= = .
VI.a
1. (1,0 điểm) Viết phương trình
...AB
(2,0 điểm)
N
suy ra
Gọi N đối xứng với M qua
− và N thuộc đường thẳng
.CD
,I
( ) 11; 1
0,25
M
;5
;
(
x
11;6
x
. )
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) NE
x−
=
−
−
B
và
(cid:74)(cid:74)(cid:71) IE
x
6;3
x
E ∈ Δ ⇒
−
=
−
A
)
( E x
I
.
CD
( IE EN⊥
) ⇒
0,25
0
x
6)(
x
11)
(3
x
)(6
x
) 0
⇔ (
−
−
+
−
−
= ⇔ 6x = hoặc
C
D
E N
E là trung điểm (cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) . IE EN = x = 7.
AB y :
•
phương trình
5 0 . − =
6x = ⇒
(cid:74)(cid:74)(cid:71) IE =
0,25
(
) 0; 3 ; −
AB x :
y− 4
+
•
phương trình
19 0. =
7x = ⇒
(cid:74)(cid:74)(cid:71) IE =
0,25
( ) 1; 4 ; −
(
)P
( ),S
2. (1,0 điểm) Chứng minh
cắt
xác định toạ độ tâm và tính bán kính…
bán kính
R = 5.
( )S có tâm
I
(1;2;3),
0,25
2 4 3 4 − − −
;R
3 = <
(
) :P
)
I
d I P = ,(
suy ra đpcm.
Khoảng cách từ
đến
(
)
3
H
Gọi
và
lần lượt là tâm và bán kính của đường tròn giao tuyến,
r
0,25
2
2
(
) :P
,(
)
3,
I
=
=
H là hình chiếu vuông góc của
trên
r
R
IH
4.
=
−
=
( IH d I P
)
Toạ độ
thoả mãn:
H
x y z ( ; ; )
=
0,25
.
4 0
z
− − =
1 2 x t = + ⎧ ⎪ = − 2 2 y t ⎪ ⎨ 3 z t = − ⎪ ⎪ 2 2 y x − ⎩
H
(3; 0; 2).
Giải hệ, ta được
0,25
VII.a
Tính giá trị của biểu thức…
(1,0 điểm)
z
i 1 3 .
= − −
1 3 i = − + và
Δ = −
2 36 36 ,i =
0,25
z 1
2
2
2
2
0,50
2 3
10
|
( 3)
10.
và
( 1) −
+
=
( 1) −
+ −
=
z = 1| |
z = | 2
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
2
2
A
|
|
|
z
|
20.
=
+
=
0,25
z 1
2
VI.b
1. (1,0 điểm) Tìm
...m
(2,0 điểm)
0,25
2.
I − − ( 2; 2),
)C có tâm (
bán kính
R =
IAB
S
Diện tích tam giác
:
lớn nhất khi và chỉ khi
IA IB⊥ .
≤
S
IA IB .
.sin
(cid:110) AIB
=
R = 1;
0,25
1 2
21 2
2 2
m
2
m
3
− −
−
+
( ,
)
1
d I Δ =
I
Khi đó, khoảng cách từ
đến
:Δ
= ⇔
1
=
0,25
2
R 2
1
m
+
2
2
m
1
hoặc
.
0m =
1 4 −
= + ⇔ m
m =
0,25
⇔ (
)
8 15
2. (1,0 điểm) Xác định toạ độ điểm
...M
(cid:71) u =
(2;1; 2). −
(1;3; 1) − M ( 1 − +
0,25
2
2Δ qua A 1M ∈ Δ ⇒ (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) MA
(2
t
;3
t
t
và có vectơ chỉ phương ; ; 9 6 ). t t t − + (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:71) MA u ,
t (8
4)
=
−
−
;8 6 ), −
−
=
14; 20 14 ; t t −
−
t 3 29
t 88
68.
⇒
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:71) ,MA u
=
−
+
⎡ ⎣
⎤ ⎦
⎡ ⎣
⎤ ⎦
2
⎡ ⎣
⎤ ⎦
Khoảng cách từ M đến
d M (
,
t 29
t 88
68.
=
−
+
2 :Δ
) Δ = 2
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:71) MA u , (cid:71) u
0,25
1
t
t 2
t 11
20
− + −
+
−
18 1 −
−
d M P
,(
)
.
(
) :P
=
=
Khoảng cách từ M đến
(
)
2
3
2 1
2
+
t 12 )2
( 2 + −
t 11
20
−
2
0,25
t 29
t 88
68
−
+
=
t 88
53 0
⇔ 235 t
.
−
+
= ⇔
1t = hoặc
t =
3
53 35
M
;
;
.
M
1t = ⇒
⇒
(0;1; 3); −
t =
0,25
18 53 3 35 35 35
53 35
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Giải hệ phương trình…
VII.b
(1,0 điểm)
2
2
x
y
2
xy
+
=
Với điều kiện
(*), hệ đã cho tương đương:
0
xy >
0,25
2
2
x
xy
y
4
−
+
=
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
y
y
⇔
⇔
0,50
2.
= ±
y
4
=
x =⎧ ⎨ y ⎩
x =⎧ ⎨ 2 ⎩
(2;2)
( 2; 2).
x y = ( ; )
x y = − − ( ; )
Kết hợp (*), hệ có nghiệm:
và
0,25
-------------Hết-------------
Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn: TOÁN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
2
42 x
4
y
x
−
(1).
2
2
x
x
|
m
có đúng 6 nghiệm thực phân biệt ?
phương trình
−
=
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) = Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Với các giá trị nào của 2 | ,m
Câu II (2,0 điểm)
3
sin
x
x cos sin 2
x
3 cos3
x
2(cos 4
x
sin
x
).
1. Giải phương trình
+
+
=
+
xy
1 7
x
y
+ + =
(cid:92)
2. Giải hệ phương trình
x y ( ,
).
∈
2
2
2 x y
xy
1 13
y
+
+ =
⎧ ⎨ ⎩
Câu III (1,0 điểm)
3
I
. x d
Tính tích phân
=
∫
3 ln x + 2 1) ( x +
1
Câu IV (1,0 điểm)
'
'
BB
,
'
( ABC)
ABC A B C có '
góc giữa đường thẳng
'BB và mặt phẳng
bằng
a=
tam giác
'B lên mặt phẳng (
ABC )
và .
. C (cid:110)BAC = 60 .(cid:68) Hình chiếu vuông góc của điểm ABC Tính thể tích khối tứ diện
'A ABC theo
.a
Cho hình lăng trụ tam giác 60 ;(cid:68) ABC vuông tại trùng với trọng tâm của tam giác
Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực
4
xy
2.
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
+
,x y thay đổi và thoả mãn ( x 4
4
+ 2
≥ 2
2
A
3(
x
y
)3 y 2 x y
x
y
) 1
=
+
+
) 2( −
+
+ .
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)
2
2
C (
) : (
2)
x
y
x
y
−
+
Δ
,Oxy
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
cho đường tròn
= và hai đường thẳng
, 0 − =
1 :
x
7
−
= . 0
Xác định toạ độ tâm
biết đường tròn
tiếp xúc
2 :
1);C
)C 1(
4 5 K và tính bán kính của đường tròn ( (
).C
y Δ với các đường thẳng
và tâm
,Δ Δ 1
2
A
ABCD có các đỉnh
2. Trong không gian với hệ toạ độ
(1;2;1), C
K thuộc đường tròn cho tứ diện (
)P
,A B
đi qua
sao cho khoảng cách từ
( 2;1;3), B − đến )P (
và (2; 1;1) C − bằng khoảng
(0;3;1). D
).P
,Oxyz Viết phương trình mặt phẳng D cách từ đến ( Câu VII.a (1,0 điểm)
25.
thoả mãn:
Tìm số phức
z
(2
i
)
10
và
z z = .
+
=
− z B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
( 1;4)
,Oxy
và các đỉnh
,B C thuộc
cho tam giác
A −
y
đường thẳng
Xác định toạ độ các điểm
1. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Δ
− − = 0. 4
B và (
2
biết diện tích tam giác z
5 0
x : 2. Trong không gian với hệ toạ độ
cho mặt phẳng
+
ABC bằng 18. A −
− = và hai điểm
(1; 1;3).
,Oxyz Trong các đường thẳng đi qua
ABC cân tại A có đỉnh ,C P x ) : A và song song với (
2 ( 3;0;1), y − hãy viết phương trình đường thẳng mà ),P
B đến đường thẳng đó là nhỏ nhất.
B − khoảng cách từ Câu VII.b (1,0 điểm)
x
y
x m
m
y
Tìm các giá trị của tham số
để đường thẳng
cắt đồ thị hàm số
tại hai điểm phân biệt
= − +
=
2 1 − x
4.
,A B
sao cho
AB =
---------- 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:................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2009 Môn thi: TOÁN; Khối: B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm) Khảo sát…
I (2,0 điểm)
D = (cid:92)
.
• Tập xác định: • Sự biến thiên:
3
0,25
−
- Chiều biến thiên:
= ' 8
x
y
x 8 ;
hoặc
x = ±
1.
y = ⇔ 0x = ' 0
−∞ −
+ ∞
Hàm số nghịch biến trên:
và
đồng biến trên:
; 1)
(
(0;1);
− ( 1;0)
và (1 ;
).
= ±
= −
x =
0,
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
đạt cực đại tại
y
0.=
x
1,
2;
CĐ
y CT
0,25
=
- Giới hạn:
y
y
= +∞ .
lim →−∞ x
lim →+∞ x
+∞
1−
0
- Bảng biến thiên:
x −∞ 1 y' − 0 + 0 − 0
+
+∞
+∞
0
0,25
y
2−
2−
y
16
0,25
1−
1
O
x
2−
2
2−
• Đồ thị:
2. (1,0 điểm) Tìm
...m
2
2
−
=
2 x x
− = 2
m
⇔ 4 x 2
4
x
m 2 .
0,25
nghiệm thực phân biệt khi và chỉ khi đường thẳng
cắt đồ thị
6
y
m= 2
0,25
2
4
Phương trình có đúng =
−
tại
điểm phân biệt.
hàm số
6
2
4
y
x
x
2
4
−
=
Đồ thị hàm số
y
4
x
y 16
2 x m= 2
y
.
0,25
2
m= 2
y
1−
O
2−
1
2
x
2m<
1m< <
.
và đường thẳng Dựa vào đồ thị, yêu cầu bài toán được thoả mãn khi và chỉ khi: 0 2
< ⇔ 0
0,25
Trang 1/4
Câu
Đáp án
Điểm
1. (1,0 điểm) Giải phương trình…
II
2
−
+
+
=
(2,0 điểm)
(1 2sin
x
)sin
x
x cos sin 2
x
3 cos3
x
2 cos 4
x
0,25
+
=
x
x
x
Phương trình đã cho tương đương: + ⇔ sin cos 2 x
cos sin 2 x
3 cos3
x
+
=
=
x
x
x
x
x cos 4 .
⇔ sin 3
3 cos3
2cos 4
⇔ cos 3
0,25
2cos 4 π ⎞− ⎟ 6 ⎠
⎛ ⎜ ⎝ π
π
=
−
+
+
+
x
3
x
π 2
k
x
= − 3
x
k
⇔ 4
hoặc 4
π . 2
0,25
6
6
π
=
+
x
k
(
k
x
π 2
k
Vậy:
hoặc
∈(cid:93) . )
0,25
42
π 2 7
π = − + 6
2. (1,0 điểm) Giải hệ phương trình…
+
=
7
1 y
Hệ đã cho tương đương:
(do
không thoả mãn hệ đã cho)
0y =
0,25
2
+
+
=
x
13
x y x y
1 2 y
⎧ + x ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
2
+
=
+
+
+
−
x
7
x
x
= 20 0
x y
1 y
1 y
⎞+ 1 ⎟ y ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⇔
⇔
0,25
2
+
−
=
x
13
7
1 y
x y
1 y
⎞ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎠
=
= − 5
4
⇔
(I) hoặc
(II).
0,25
1 y 12
y
1 y 3 y
⎧⎛ ⎪⎜ ⎝ ⎪ ⎨ ⎛ ⎪ ⎜ ⎪ ⎝ ⎩ ⎧ + x ⎪ ⎨ ⎪ =⎩ x
⎧⎛ ⎞ ⎪ ⎜ ⎟ ⎪⎝ ⎠ ⎨ ⎛ x ⎪ = − +⎜ x ⎪ y ⎝ ⎩ ⎧ + x ⎪ ⎨ ⎪ =⎩ x
(I) vô nghiệm; (II) có nghiệm:
và
1;
x y ( ; )
x y = ( ; )
(3;1).
1 3
⎛ = ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
x y ( ;
)
1;
Vậy:
hoặc ( ;
x y = )
(3;1).
1 3
⎛ = ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Tính tích phân…
III
(1,0 điểm)
=
= −
= +
=
0,25
dv
du
dx
,
.
v
u
x 3 ln ,
2 ;
dx +
1 +
1)
(
x
1 x
1
x
3
3
= −
+
0,25
I
∫
dx +
1)
+ 3 ln x + x 1
x x (
1
1
3
3
= −
−
0,25
dx
∫
∫
1 x
dx + x 1
+ 3 ln 3 4
3 + + 2
1
1
3
3
=
+
−
+
=
ln
x
ln
1
x
.
0,25
1
1
− 3 ln 3 4
1 4
⎛ +⎜ 3 ln ⎝
27 ⎞ ⎟ ⎠16
IV
Tính thể tích khối chóp…
(1,0 điểm)
và
là trọng tâm tam giác
ABC
' B
' A
Gọi D là trung điểm ⊥
ta có
AC G (cid:110)'B BG = 60(cid:68)
ABC
B G '
(
)
⇒
C'
a
0,50
.
BG =
BD =
và
⇒
⇒
'
'
.sin '
= B G B B
A
B
3
D
=
=
.
CD =
Tam giác
có:
ABC
,
⇒
AC
BC
(cid:110) 3 = B BG 2 AB 2
G C
2
2
2
3
a 2 AB 2 13
3
13
2
2
2
+
=
+
=
=
0,25
BC
CD
BD
⇒
⇒
.
AB =
,
AC =
;
SΔ
ABC
a 3 4 AB 4 29 a 104
a 3 13
a 3 26
AB 4
AB 16
a 9 6 1
Trang 2/4
Câu
Đáp án
Điểm
=
=
0,25
'
V
V
Thể tích khối tứ diện
A ABC
'
:
.
B G SΔ .
A ABC
'
B ABC
'
ABC
1 3
39 a= 208
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức…
V (1,0 điểm)
3
2
3
2
+
+
+
≥
+
+
+
≥
Kết hợp
(
x
y
)
4
xy
≥ 2
với
(
x
y
)
4
y suy ra: x
(
x
y
)
(
x
y
)
2
y+ ≥
x
1.
⇒
0,25
2
2
4
4
2
2
4
4
2
2
2
+
+
+
+
=
+
+
+
)2
(
(
− ) 2(
)
x
y
x
y
x
y
3(
x
y
2 x y
− ) 2(
x
y
+ ) 1
=
+1
A
3 2
0,25
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
+
+
+
−
+
≥
+
−
+
3 2 (
(
)
(
)
(
)
)
2(
2
x
y
x
y
x
y
A
x
y
x
y
≥
+ . 1
+ ⇒ ) 1
9 4
3 2
3 4
2
+
(
x
y
)
2
2
2
≥
−
=
+
≥
;
t ≥
A
t 2
Đặt
t
x
+ 2 y
, ta có
do đó
+ . 1
x
y
1 2
29 t 4
2
1 ≥ ⇒ 2
0,25
=
−
=
=
2 0
f
t ( )
t 2
f
t '( )
Xét
+ 1;
− > với mọi
⇒
f
t ( )
f
.
29 t 4
9 t= 2
1 t ≥ 2
1 2
9 16
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
min 1 ⎡ ⎞+∞ ⎟ ; ⎢ 2 ⎠ ⎣
;
.
.
A ≥
x
y= =
đẳng thức xảy ra khi
Vậy, giá trị nhỏ nhất của
bằng
A
0,25
9 16
9 16
1 2
VI.a
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ tâm
...K
(2,0 điểm)
−
− a b
a
7
b
2
2
−
+
=
(
2)
a
b
K a b
( ; );
K
C∈ (
)
Gọi
⇔
= (1);
tiếp xúc
(2).
0,25
)C 1(
1,Δ
Δ ⇔ 2
4 5
2
5 2
2
2
2
2
2
2
−
+
=
=
=
a
4
4
4
⇔
(1) và (2), cho ta:
(I) hoặc
(II).
0,25
2) − =
b 5 −
a b
a
7
b
− a 2) − a b )
+ b 5 = − a
b 7
+ − b a 5 2) − = − b a ) 7 a b
⎧ 5( ⎨ 5( ⎩
⎧ 5( ⎨ 5( ⎩
⎧ 5( ⎪ ⎨ 5 ⎪⎩
2
−
+
a
= 16 0
⇔
=
⇔
⇔
a b ( ; )
.
(I)
vô nghiệm; (II)
0,25
2
2 b −
+
8 4 ; 5 5
20 a
b 40
= 16 0
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎧ 25 a ⎨ = − b 2 ⎩
=⎧ a ⎨ b 25 ⎩
− a b
=
=
Bán kính
Vậy:
và
K
R =
.
R
.
0,25
) :C 1(
2 2 5
2 2 5
8 4 ; 5 5
2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2. (1,0 điểm) Viết phương trình mặt phẳng (
)...P
)P thoả mãn yêu cầu bài toán trong hai trường hợp sau:
.CD
Mặt phẳng ( Trường hợp 1: (
)P qua
0,25
=
(cid:71) n
.
) :P
⎡ ⎣
⎤ ⎦
+
+
−
Vectơ pháp tuyến của ( (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB = − −
( 3; 1; 2),
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) CD = −
,A B và song song với (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB CD , (cid:71) n = − − −
( 2; 4;0)
( 8; 4; 14).
Phương trình (
)P :
4
x
2
y
7
z
= 15 0.
⇒
0,25
Suy ra
của
I
.CD
.CD
)P qua
,A B và cắt
(
0,25
)P cắt CD tại trung điểm (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) B AI ,
(2;0;3).
(cid:71) n
vectơ pháp tuyến của
(1;1;1)
I
− (0; 1;0);
(
) :P
Trường hợp 2: ( (cid:74)(cid:74)(cid:71) AI⇒ =
A= ⎡ ⎣
⎤ = ⎦
− =
Phương trình
(
P
) : 2
x
z+ 3
5 0.
0,25
+
+
−
− =
P
)
: 4
x
2
y
7
z
= 15 0
(
P
) : 2
x
z+ 3
5 0.
hoặc
Vậy (
VII.a
Tìm số phức
...z
(1,0 điểm)
2
2
−
+
= ⇔ −
+
−
=
−
−
+
−
(2
i
)
z
10
(
x
2)
(
y
1)
10
z
= + x
yi ;
Gọi
(1).
z
(2
+ = i )
(
x
2)
(
y
i 1) ;
0,25
2
2
= ⇔ +
=
(2).
z z .
25
x
y
25
0,25
= +
Giải hệ (1) và (2) ta được:
Vậy:
hoặc
z
i 3 4
z =
5.
x y = ( ; )
(3;4)
hoặc ( ;
x y = )
(5;0).
0,50
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
VI.b
1. (1,0 điểm) Xác định toạ độ các điểm
B C ...
,
(2,0 điểm)
,Δ
Gọi
là hình chiếu của
suy ra
là trung điểm
H
A
H
.BC
A
9
ABC
=
=
=
=
BC
4 2.
AH d A BC (
,
)
;
trên S 2 Δ AH
2
0,25
Δ
2
H
B
C
2
=
+
=
.
= AB AC
AH
BC 4
97 2
2
2
+
+
−
=
(
)
x
y
) 1
4
Toạ độ B và C là nghiệm của hệ:
97 2
0,25
x
4 0.
⎧ ( ⎪ ⎨ ⎪ − − = y ⎩
=
−
Giải hệ ta được:
x y ( ;
)
x y ( ; )
;
.
0,25
11 3 ; 2 2
3 2
5 2
⎛= ⎜ ⎝
⎞ ⎟ hoặc ⎠
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
−
−
hoặc
.
Vậy
B
,
C
;
B
;
,
C
0,25
11 3 ; 2 2
3 2
5 2
3 2
5 2
11 3 ; 2 2
⎞ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
2. (1,0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
B
nằm trong mặt phẳng
Δ qua
và song song với
A
Gọi )Q (
là đường thẳng cần tìm; (
Δ ).P
0,25
−
+
+ =
Q x ) :
2
y
2
z
1 0.
Phương trình (
H
A
Q
K
,K
là hình chiếu của
Ta có
nên
là đường thẳng cần tìm.
H
B trên
BK BH≥
AH
,Δ (
).Q
0,25
−
−
x
z
1
3
=
=
=
Toạ độ
thoả mãn:
H
;
;
.
H
x y z ( ; ; )
⇒
0,25
1 11 7 9 9 9
⎛ = −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
+
+ =
2
y
+ y 1 − 2 z 2
2 1 0
⎧ ⎪ 1 ⎨ ⎪ − x ⎩
+
Δ
=
=
−
:
.
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AH
;
0,25
x 3 26
y 11
− z 1 − 2
26 11 ; 9 9
2 9
⎛= ⎜ ⎝
⎞ ⎟ Vậy, phương trình . ⎠
VII.b
Tìm các giá trị của tham số
...m
(1,0 điểm)
x
− =
≠
= − +
x
0)
(1)
x m
⇔
Toạ độ
,A B thoả mãn:
0,25
1 0, ( x m .
− 22 ⎧ x mx ⎨ = − + y ⎩
y
x m
− 2 1 ⎧ ⎪ x ⎨ ⎪ = − + ⎩
Nhận thấy (1) có hai nghiệm thực phân biệt
.m
,x x khác 0 với mọi 1
2
0,25
2
2
2
2
=
−
+
−
=
−
Gọi
ta có:
.
AB
(
)
(
)
y
2(
)
A x y B x y ),
(
(
;
;
)
x 1
x 2
y 1
2
x 1
x 2
2
2
1
1
2
2
2
=
+
−
=
+
Áp dụng định lí Viet đối với (1), ta được:
AB
)
4
4.
0,25
x 1
x 2
x x 1 2
⎡ 2 ( ⎣
⎤ ⎦
m 2
2
= ⇔ + = ⇔ = ±
AB
4 16
m
4
2
6.
0,25
m 2
-------------Hết-------------
Trang 4/4
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi TuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002 §Ò chÝnh thøc
M«n thi : To¸n, Khèi D (Thêi gian lµm bµi : 180 phót)
_________________________________________
2
C©uI ( §H : 3 ®iÓm ; C§ : 4 ®iÓm ).
) ( − mx1m2 − 1x
− = Cho hµm sè : y (1) ( m lµ tham sè ).
1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ (C) cña hµm sè (1) øng víi m = -1. 2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi ®−êng cong (C) vµ hai trôc täa ®é. 3. T×m m ®Ó ®å thÞ cña hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng y = . x
)x3
x
. 0 . C©u II ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 3 ®iÓm ). 1. Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh : ( x 2 − − x3 ≥− 2x3 2 − = y4 y5 + 1x 2. Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh : 4 = .y + x 2 + x2 2 2 2 2
− + =− C©u III ( §H : 1 ®iÓm ; C§ : 1 ®iÓm ). T×m x thuéc ®o¹n [ 0 ; 14 ] nghiÖm ®óng ph−¬ng tr×nh : 4x 3x2cos 4x3cos cos 0 .
=+− 2yx2 0
) ( + x1m2 ( + + mx 2m4z1m2
=− 0 ( m lµ tham sè ). vµ ®−êng th¼ng md : =+ 0 C©u IV ( §H : 2 ®iÓm ; C§ : 2 ®iÓm ). 1. Cho h×nh tø diÖn ABCD cã c¹nh AD vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC); AC = AD = 4 cm ; AB = 3 cm ; BC = 5 cm . TÝnh kho¶ng c¸ch tõ ®iÓm A tíi mÆt ph¼ng (BCD). 2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz, cho mÆt ph¼ng (P) : ( ) −+ + 1mym1 )
n C2
2 n
0 n
n n
2
2
+ + = + + 243 C4 C2 .... C .
= + . XÐt ®iÓm M chuyÓn ®éng trªn tia Ox vµ ®iÓm N chuyÓn ®éng trªn tia Oy sao cho 1 y 9
+ X¸c ®Þnh m ®Ó ®−êng th¼ng md song song víi mÆt ph¼ng (P). C©u V (§H : 2 ®iÓm ). 1 1. T×m sè nguyªn d−¬ng n sao cho n 2. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , cho elip (E) cã ph−¬ng tr×nh x 16 ®−êng th¼ng MN lu«n tiÕp xóc víi (E). X¸c ®Þnh täa ®é cña M , N ®Ó ®o¹n MN cã ®é dµi nhá nhÊt . TÝnh gi¸ trÞ nhá nhÊt ®ã . -------------------------HÕt-------------------------
Chó ý : 1. ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm c©u V 2. C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm.
Hä vµ tªn thÝ sinh : ................................................................ Sè b¸o danh.............................
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh §¹i häc , cao ®¼ng n¨m 2002 M«n To¸n, khèi D
§¸p ¸n vµ thang ®iÓm ®Ò thi chÝnh thøc Néi dung C©u §iÓm
I
,
2
) ( − 1x −= lim ; 3 → 1x
1. §H 3® 1 C§ 4® 1,5 − = Khi m = -1 ,ta cã y −−= 3 − 1x3 − 1x 4 − 1x -TX§ : x ≠ 1 4 = ⇒≠∀> y hµm sè kh«ng cã cùc trÞ. - CBT : x,0 1 1/4 1/4 +∞= −∞= . lim y ∞→ x y − y + lim; → 1x
1/4 1/4
= - BBT : x - ∞ 1 + ∞ y/ + + + ∞ y -3 -3 - ∞ - TC: x=1 lµ tiÖm cËn ®øng v× ∞ . y
y −= 3 lim → 1x lim y=-3 lµ tiÖm cËn ngang v× ∞→ x
y
x
1/4 1/4 1/4 - Giao víi c¸c trôc : x = 0 ⇒ y = 1; y = 0 ⇒ x = - 1/3. - §å thÞ :
1
1/4 1/2
0
1 1,5 2. DiÖn tÝch cÇn tÝnh lµ :
∫
−
3/1
∫
∫
−
−
3/1
3/1
− = S − 1x3 − 1x 1/4 1/2 dx 0 0 −= − 3 dx 4 dx − 1x 1/4 1/4
−= − − .3 1xln4 0 − 3/1 1 3 1/4 1/2
2
ln41 +−= ( ®vdt). 4 3 3. 1/4 1 1/4 1
) ( − mx1m2 − 1x
− = )x(f . Yªu cÇu bµi to¸n t−¬ng ®−¬ng víi t×m Ký hiÖu
2
= )x(f (H) = 1/4 1/4
− m ®Ó hÖ ph−¬ng tr×nh sau cã nghiÖm: x ( ) / .x ) = 0
/
2
)
/ )x(f ( − mx − 1x ( − mx − 1x
2
⇔ Ta cã (H) − 0 = 1/4 1/4
)
− = 0
2
( − mx
)
( − mx − 1x ( )( ) − +− 1xmx2 ) ( 2 − 1x ; x = m lu«n tho¶ m·n hÖ ( H ) . V× vËy
⇔ − = 0 1/4 1m ≠∀ 1m ≠∀
1m ≠ . 1m ≠ .
2
2
1/4 1/4 2® 1 1/4 3® 1,5 Ta thÊy víi , (H) lu«n cã nghiÖm , ®ång thêi khi m = 1 th× hÖ ( H ) v« nghiÖm. Do ®ã ®å thÞ hµm sè (1) tiÕp xóc víi ®−êng th¼ng y = x khi vµ chØ khi §S : 1. II − =− x2 2x3 0
2
2
⇔ BÊt ph−¬ng tr×nh − >− 2x3 0 x2 2 − ≥ x x3 0 1/4 1/2
2
2
− −⇔=− TH 1: x2 2x3 x2 0 2x3 −=∨=⇔=− x x 2 0 . 1 2 1/4 1/4
− >− 2x3 0 − >− 2x3 0 ⇔ TH 2: x2 2 − ≥ x x3 0 − ≥ x x3 0 x2 2
x x 2 ⇔
2
1 >∨−< 2 ≥∨≤ x x 3 0 1/4
x x 3 1 ≥∨−< 2 1/4 1/4
x3
2
x ≥∨=∨−≤ x x 2 3 Tõ hai tr−êng hîp trªn suy ra §S: 1 2 1/4 1 1/4 1,5 2.
x
x
= − y5 y4 ⇔ HÖ ph−¬ng tr×nh = y 1/4 1/2
3
0 ⇔ >= y 2 − + = y5 y4 0 y 1/4 1/4
⇔ 0 =∨=∨= >= y 0 y1 y 4 1/4 1/4
= = ∨ ⇔ = = x y x y 2 4 2 2 2 2 x y 1/4 1/2 0 1
) 0 =
)
2
( 4 1x2cos = cos x 0 ) 0 − = 2x
1® 1® III ⇔ + − + Ph−¬ng tr×nh xcos 2
( 3x3cos 3 − cos 4 8x ( cos x 4 cos xcos = 0
⇔ ⇔ ⇔ 1/4 1/2
=⇔ x π+ k .
∈ =∨=∨=∨=⇔ x k 2 k k 3 1/4 1/4 1/4
= = = = §S : x ; x x . ; x ; π 2 0 π 5 2 k1 π 7 2 π 2 [ ] 14;0 π 3 2
1/4 2® 1 1/4 2® 1 IV AB⊥ .AC
)ABC (
, nªn AB, AC, AD ®«i AD⊥ AD⊥ vµ AC AB mp
1/4 1/4 1/4 1/4
1. C¸ch 1 Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã AD⊥⇒ L¹i cã mét vu«ng gãc víi nhau. Do ®ã cã thÓ chän hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc, gèc A sao cho B(3;0;0) , C(0;4;0), D( 0;0;4). MÆt ph¼ng (BCD) cã ph−¬ng tr×nh :
+ =−+ 1 0 . x 3 y 4 z 4 1/4 1/4
1 6 34 = Kho¶ng c¸ch cÇn tÝnh lµ : (cm). 17 + + 1 16 1 9 1 16
3
1/4 1/4
.AC AB⊥
)ABC (
AB AC vµ AD⊥ AD⊥ , nªn AB, AC, AD ®«i
1/4 1/4 1/4 1/4
C¸ch 2 Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã AD⊥⇒ L¹i cã mp mét vu«ng gãc víi nhau. D H C A E B Gäi AE lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ABC; AH lµ ®−êng cao cña tam gi¸c ADE th× AH chÝnh lµ kho¶ng c¸ch cÇn tÝnh.
2
2
2
2
+ + = . DÔ dµng chøng minh ®−îc hÖ thøc: 1/4 1/4 1 AH 1 AD 1 AB 1 AC Thay AC=AD=4 cm; AB = 3 cm vµo hÖ thøc trªn ta tÝnh ®−îc:
6 34 AH = cm 17 1/4 1/4
AB⊥ .AC
)ABC (
AD⊥ AD⊥ vµ AC AB , nªn AB, AC, AD ®«i
1/4 1/4 1/4 1/4 C¸ch 3: Tõ gi¶ thiÕt suy ra tam gi¸c ABC vu«ng t¹i A , do ®ã AD⊥⇒ L¹i cã mp mét vu«ng gãc víi nhau.
⋅ ⋅ ⋅ = Gäi V lµ thÓ tÝch tø diÖn ABCD, ta cã V= AB AC AD 8 . 1 6
= ¸p dông c«ng thøc AH víi V = 8 vµ dt( ∆ BCD) =2 34 V3 ∆ BCD ) (dt
→
6 34 ta tÝnh ®−îc AH = cm . 17 1/2 1 1/2 1 2 C¸ch 1:
2
. §−êng th¼ng md cã vec
)(
)0;1;2n − ( )
)
(
+ − − − + t¬ chØ ph−¬ng . 1/4 1/4
→ u .
md song song víi (P)
Suy ra
m
4
)P( MÆt ph¼ng (P) cã vect¬ ph¸p tuyÕn )m1m;1m2; 1m2m1u ( → ( ) ( − → n =3(2m+1). →→ ⊥⇔ u n ⊄ d 1/4 1/4
= 0 ⇔
∉
( ) PA,dA m 1 2
= Ta cã : ®iÒu kiÖn →→ n.u ∈∃ →→ n.u 0 m −=⇔ 1/4 1/4
=− 0 , mäi ®iÓm MÆt kh¸c khi m = - 1/2 th× md cã ph−¬ng tr×nh : 1y = x 0
®−îc tho¶ m·n. §S : m = - 1/2 1/4 1/4
= + − (1
= + − m)(2m 2 t1) (2m y
− 1 −−= 2 m)t. m(1 z A( 0;1;a) cña ®−êng th¼ng nµy ®Òu kh«ng n»m trong (P), nªn ®iÒu kiÖn ( )PA,dA ∈∃ m ∉ C¸ch 2: ViÕt ph−¬ng tr×nh dm d−íi d¹ng tham sè ta ®−îc x 1)t 1/4 1/4
+ − = t)1m2)(m1( x
2 t)1m2(1
md // (P) ⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn t sau
−= + y v« nghiÖm −−= − t)m1(m2
=+− 0 z 2yx2
1/4 1/4 1/4 1/4 1/4 1/4
)
=− 0
+ 0 ⇔ ph−¬ng tr×nh Èn t sau 3(2m+1)t+1 = 0 v« nghiÖm ⇔ m=-1/2 C¸ch 3: md // (P) ⇔ hÖ ph−¬ng tr×nh Èn x, y, z sau =+− 2yx2 0 ( (H) ( ) −+ + + x1m2 1myx1 + + =+ 2m4z)1m2(mx v« nghiÖm 1/4 1/4
= x
Tõ 2 ph−¬ng tr×nh ®Çu cña hÖ ph−¬ng tr×nh trªn suy ra
2
= y − 1m 3 + 4m2 3 1/4 1/4 ThÕ x , y t×m ®−îc vµo ph−¬ng tr×nh thø ba ta cã :
−= + + z)1m2( m( + )6m11 1 3 1/4 1/4
HÖ (H) v« nghiÖm m −=⇔ 1 2
n
n
k
k xC n
) ∑ =
= 0k
n
n
k
1/4 2® 1 1/4 V + 1x , 1. Ta cã : ( 1/4
k 2C n
∑
5
= 3 Cho x = 2 ta ®−îc
= 0k n =⇒ 3
5
=⇔= 243 n 3 5 . 1/4 1/2
1
2. C¸ch 1 Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªn hai tia Ox vµ Oy.
+ =− 1 0 §−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : x m y n 1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi :
2 =
2 +
2
2
2
2
2
2
2
+
=
=
+
+
+
+
n
MN
m
n
25
16
9
16 1 . 1 m 1 n 9 1/4
2
2
16 2 m
9 2 n
n m
m n
Theo B§T C«si ta cã : ( m
= MN ≥
) 9.16 2
2
= ⇒ 7 25 2 49 1/4 + 2 =
= = ⇔ §¼ng thøc x¶y ra . 49 ⇔ n,72m 21
m9 2 n = > n16 2 m 2 + nm > n,0m 0
( ) ;0N,0;72M
(
)21
≥
th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4
KL: Víi C¸ch 2 Gi¶ sö M(m;0) vµ N(0;n) víi m > 0 , n > 0 lµ hai ®iÓm chuyÓn ®éng trªn hai tia Ox vµ Oy.
+ §−êng th¼ng MN cã ph−¬ng tr×nh : =− 1 0 x m y n 1/4 §−êng th¼ng nµy tiÕp xóc víi (E) khi vµ chØ khi :
2 +
2 =
2
2
2
1 . 1 n 1 m 16 1/4
2 + nm
2 =
= + = + . MN .m .n 49 9 Theo bÊt ®¼ng thøc Bunhiacèpski ta cã ( 2 + nm 4 m 3 n 16 2 m 9 2 n ) ≥ ⇒ MN ≥ 7 1/4
2
= :m :n
= ⇔ = = ⇔ 3 n 7 . - §¼ng thøc x¶y ra n,72m 21
> 4 m 2 + nm > n,0m 0
(
)21
0
( ) ;0N,0;72M th× MN ®¹t GTNN vµ GTNN (MN) = 7. 1/4 KL: Víi C¸ch 3:
6
= + 1 Ph−¬ng tr×nh tiÕp tuyÕn t¹i ®iÓm (x0 ; y0) thuéc (E) : xx 0 16 yy 9 1/4
2
2
2
2
2 x 0 16
2 0
2 0
0
2
2 MN ≥
Suy ra to¹ ®é cña M vµ N lµ M vµ 0; 16 x 9 0y 2 ⇒ + = + = + MN 2 y 0 9 9 y 9 y 16 2 x 0 ;0N 1/4
7 16 2 x 0 Sö dông bÊt ®¼ng thøc C«si hoÆc Bunhiac«pski (nh− c¸ch 1 hoÆc c¸ch 2) ta cã : 1/4
0
3 = y; . 21 7
- Khi ®ã 78 7 vµ GTNN (MN) = 7 =⇔ - §¼ng thøc x¶y ra x 0 )21 ( ) ( ;0N,0;72M 1/4
7
-----------------------HÕt----------------------
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc ,cao ®¼ng n¨m 2002 ------------------------ --------------------------------------------- H−íng dÉn chÊm thi m«n to¸n khèi D C©u I: 1. -NÕu TS lµm sai ë b−íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®−îc ®iÓm.
-NÕu TS x¸c ®Þnh ®óng hµm sè vµ chØ t×m ®óng 2 tiÖm cËn th× ®−îc 1/4 ®iÓm.
2. NÕu TS lµm sai ë b−íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®−îc ®iÓm. 3. -NÕu TS dïng ®iÒu kiÖn nghiÖm kÐp th× kh«ng ®−îc ®iÓm. -NÕu TS kh«ng lo¹i gi¸ trÞ m = 1 th× bÞ trõ 1/4 ®iÓm.
C©u II: 1. -NÕu TS lµm sai ë b−íc nµo th× kÓ tõ ®ã trë ®i sÏ kh«ng ®−îc ®iÓm. -NÕu TS kÕt luËn nghiÖm sai bÞ trõ 1/4 ®iÓm .
)x(f 0
≥ ≥ 0 -NÕu TS sö dông ®iÒu kiÖn sai: )x(g).x(f ⇔≥ 0 vµ dÉn ®Õn kÕt qu¶ ®óng sÏ < )x(f 0
≤ 0 )x(g )x(g bÞ trõ 1/4 ®iÓm. 2. TS lµm ®óng ë b−íc nµo ®−îc ®iÓm ë b−íc ®ã.
C©u III: TS lµm ®óng b−íc nµo ®−îc ®iÓm b−íc ®ã. C©u IV: TS lµm ®óng b−íc nµo ®−îc ®iÓm b−íc ®ã.
8
C©u V: 1. TS lµm ®óng b−íc nµo ®−îc ®iÓm b−íc ®ã. 2. TS lµm ®óng b−íc nµo ®−îc ®iÓm b−íc ®ã. ----------------------HÕt----------------------
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
y
.
=
x 1 2 + x 1 +
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 2. Tìm m để đường thẳng y = −2x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB
có diện tích bằng 3 (O là gốc tọa độ).
2
x
x cos 2 ) cos
x
2 cos 2
x
sin
x
0
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số
.
+
−
=
+ 2
3
x
6
3
x
14
x
8
2. Giải phương trình
1 + −
x − +
−
−
= 0 (x ∈ R).
e
ln
x
d x
I
.
Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình (sin
=
∫
x
x
2 ln +
(
1
)
'
' 'A BC
' có AB = a, góc giữa hai mặt phẳng . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho
' . Gọi G là trọng tâm tam giác
A BC và ()ABC bằng
60o
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân
)2 ABC A B C . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình lăng trụ tam giác đều ( và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho các số thực không âm a, b, c thỏa mãn: a + b + c = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất
2
2
2
2
của biểu thức
.
M
3(
2 2 b c
2 c a
)
3(
ab
bc
ca
)
2
a
b
c
=
+
+
+
+
+
+
+
+
2 2 a b PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho các điểm A(1; 0; 0), B(0; b; 0), C(0; 0; c), trong đó b, c dương và mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0. Xác định b và c, biết mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng
(P) và khoảng cách từ điểm O đến mặt phẳng (ABC) bằng
.
1 3
.
i z )
(1
z
i
Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, có đỉnh C(− 4; 1), phân giác trong góc A có phương trình x + y − 5 = 0. Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng 24 và đỉnh A có hoành độ dương.
−
+
Câu VII.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn: =
2
2
1
+
1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(2; 3 ) và elip (E):
= . Gọi F1 và F2 là các
x 3
y 2
tiêu điểm của (E) (F1 có hoành độ âm); M là giao điểm có tung độ dương của đường thẳng AF1 với (E); N là điểm đối xứng của F2 qua M. Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ANF2.
y
1
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng Δ:
B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)
z 2
y
x
x 2 trục hoành sao cho khoảng cách từ M đến Δ bằng OM. 1) − =
log (3 2
= = . Xác định tọa độ điểm M trên − 1
(x, y ∈ R).
x
x
2
4
3
y
=
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2 + ---------- Hết ----------
Họ và tên thí sinh: .............................................; Số báo danh: ...................................
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Đáp án
Câu
Điểm
1. (1,0 điểm)
I (2,0 điểm)
• Tập xác định: R \ {−1}.
• Sự biến thiên:
0,25
- Chiều biến thiên:
> 0, ∀x ≠ −1.
y
'
=
2
1 1)
(
x
+
Hàm số đồng biến trên các khoảng (− ∞; −1) và (−1; + ∞).
y
2
y
- Giới hạn và tiệm cận:
=
= ; tiệm cận ngang: y = 2.
x
x
lim → − ∞
lim → + ∞
0,25
y
y
= + ∞ và
= − ∞ ; tiệm cận đứng: x = −1.
x
x
lim −→ − ( 1)
lim +→ − ( 1)
- Bảng biến thiên:
x −∞ −1 + ∞
'y + +
0,25
+∞
2
y
−∞
2
y
2
0,25
1
x
O
−1
• Đồ thị:
2. (1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm:
= −2x + m
x 1 2 + 1 x +
0,25
⇔ 2x + 1 = (x + 1)(−2x + m) (do x = −1 không là nghiệm phương trình) ⇔ 2x2 + (4 − m)x + 1 − m = 0 (1).
0,25
∆ = m2 + 8 > 0 với mọi m, suy ra đường thẳng y = −2x + m luôn cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B với mọi m.
Gọi A(x1; y1) và B(x2; y2), trong đó x1 và x2 là các nghiệm của (1); y1 = −2x1 + m và y2 = −2x2 + m.
0,25
5(
8)
|
2
2
y
5
20
.
Ta có: d(O, AB) =
−
+
−
+
−
và AB =
=
=
(
)
(
)
(
)2
x 1
x 2
y 1
2
x 1
x 2
x x 1 2
2 m + 2
m | 5
2
2
|
|
8
|
|
8
, suy ra:
AB. d(O, AB) =
= 3 ⇔ m = ± 2.
SOAB =
0,25
1 2
m m + 4
m m + 4
Trang 1/4
Điểm
Câu
Đáp án
1. (1,0 điểm)
II
2
(2,0 điểm)
x
x
x
x
2sin cos x
sin
cos 2 cos x
2cos 2
0
Phương trình đã cho tương đương với:
−
+
+
=
0,25
x
x
x
x
x
x
x
(cos
2) cos 2
0
cos
2) cos 2
0
+
+
+
+
= (1).
⇔ cos 2 sin
= ⇔ (sin
0,25
x
x
cos
2
0
Do phương trình sin
+
+ = vô nghiệm, nên:
0,25
x
=
(1) ⇔ cos 2
x = ⇔ 0
(k ∈ Z).
0,25
π π k + 4 2
2. (1,0 điểm)
x
Điều kiện:
6
−
≤ ≤ .
0,25
1 3
2
0,25
x
x
x
x
( 3
4)
(1
6
)
3
14
5
Phương trình đã cho tương đương với:
1 + −
+
−
−
+
−
−
= 0
x
x
3(
5)
5
−
x
x
(
5)(3
1)
0
+
+
−
+
=
⇔
x
3
4
6
1
− 1 + +
x − +
0,25
3
1
x
.
3
0
+
+
1 + =
⇔ x = 5 hoặc
x
3
4
6
1
1 + +
x − +
3
1
x
x
3
1
; 6
+
+
, do đó phương trình đã cho có nghiệm: x = 5.
0,25
1 3
x
3
4
6
1
1 + +
x − +
⎡ 0 + > ∀ ∈ −⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
III
t
x
t
x
ln
Đặt
, ta có
d
d
2 = +
=
; x = 1 ⇒ t = 2; x = e ⇒ t = 3.
0,25
(1,0 điểm)
3
1 x 3
3
2
t
I
d
t
d
t
2
d
t
.
=
−
0,25
= ∫
∫
∫
1 t
− 2 t
1 2 t
2
2
2
3
ln t
=
+
0,25
3 2
2 t
2
ln
.
= −
+
0,25
3 2
1 3
'A
'C
IV
• Thể tích khối lăng trụ.
(1,0 điểm)
Gọi D là trung điểm BC, ta có:
0,25
'B
'A D, suy ra: (cid:110)' 60
(cid:68) .
ADA =
BC ⊥ AD ⇒ BC ⊥
a
Ta có:
.
'AA = AD.tan (cid:110)'
ADA =
; SABC =
G
2 3 4
a 3 2
0,25
3
3
a 3
AA
.
V
S
.
'
Do đó:
=
=
ABC
ABC A B C .
'
'
'
C
A
H
8
D
• Bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC.
B
Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra:
G
GH //
'A A ⇒ GH ⊥ (ABC).
E
0,25
Gọi I là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện GABC, ta có I là giao điểm của GH với trung trực của AG trong mặt phẳng (AGH).
A
H
2
.
=
Gọi E là trung điểm AG, ta có: R = GI =
I
GA GH 2
.GE GA GH
'
3
a
.
.
=
; AH =
=
; GA2 = GH2 + AH2 =
. Do đó: R =
Ta có: GH =
0,25
a 2
3
27 a 12
27 a 2.12
2 a
AA 3
a 7 12
Trang 2/4
Câu
Đáp án
Điểm
ab
bc
ca
)
.
−
+
+
Ta có: M ≥ (ab + bc + ca)2 + 3(ab + bc + ca) + 2 1 2(
0,25
V (1,0 điểm)
2
(
)
0
Đặt t = ab + bc + ca, ta có:
t ≤ ≤
1 = . 3
2
f
t '( )
t 2
0;
f
t ( )
t
t 3
Xét hàm
trên
, ta có:
;
=
3 + −
=
+
+
2 1 2 t −
0,25
1 2
2 1 2 t −
a b c + + 3 ⎡ ⎢ ⎣
⎞ ⎟ ⎠
2
f
t ''( )
2
f
t '( )
nghịch biến.
=
−
≤ 0, dấu bằng chỉ xảy ra tại t = 0; suy ra
3
(1 2 ) t −
0;
f
t '( )
f
'
2 3
0
Xét trên đoạn
ta có:
, suy ra f(t) đồng biến.
=
≥
−
>
1 3
11 3
1 3
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
0;
.
Do đó: f(t) ≥ f(0) = 2 ∀t ∈
1 3
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
0;
Vì thế: M ≥ f(t) ≥ 2 ∀t ∈
; M = 2, khi: ab = bc = ca, ab + bc + ca = 0 và a + b + c = 1
1 3
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
0,25
⇔ (a; b; c) là một trong các bộ số: (1; 0; 0), (0; 1; 0), (0; 0; 1). Do đó giá trị nhỏ nhất của M là 2.
1. (1,0 điểm)
VI.a
(2,0 điểm)
Gọi D là điểm đối xứng của C(− 4; 1) qua d: x + y − 5 = 0, suy ra tọa độ D(x; y) thỏa mãn:
D
x
y
(
(
4)
1) 0
0,25
d
⇒ D(4; 9).
− y
+ 4
− = 1
B
5 0
− =
+
+ 2
⎧ ⎪ x ⎨ − ⎪⎩ 2 Điểm A thuộc đường tròn đường kính CD, nên tọa độ A(x; y)
x
y
A
0,25
C
thỏa mãn:
với x > 0, suy ra A(4; 1).
+ − = 2
5 0 2
x
(
y
5)
32
+
−
=
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
⇒ AC = 8 ⇒ AB =
= 6.
2SABC AC
0,25
B thuộc đường thẳng AD: x = 4, suy ra tọa độ B(4; y) thỏa mãn: (y − 1)2 = 36 ⇒ B(4; 7) hoặc B(4; − 5).
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) và AD
cùng hướng, suy ra B(4; 7).
0,25
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) Do d là phân giác trong của góc A, nên AB Do đó, đường thẳng BC có phương trình: 3x − 4y + 16 = 0.
2. (1,0 điểm)
Mặt phẳng (ABC) có phương trình:
+
+
= . 1
0,25
x 1
y b
z c
Mặt phẳng (ABC) vuông góc với mặt phẳng (P): y − z + 1 = 0, suy ra:
−
= 0 (1).
0,25
1 b
1 c
1
=
Ta có: d(O, (ABC)) =
⇔
⇔
+
= 8 (2).
1 2
1 2
1 3
1 3
0,25
b
c
1
+
+
1 2 b
1 2 c
.
Từ (1) và (2), do b, c > 0 suy ra b = c =
0,25
1 2
VII.a
0,25
Biểu diễn số phức z = x + yi bởi điểm M(x; y) trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta có: | z − i | = | (1 + i)z | ⇔ | x + (y − 1)i | = | (x − y) + (x + y)i |
(1,0 điểm)
0,25
⇔ x2 + (y − 1)2 = (x − y)2 + (x + y)2
0,25
⇔ x2 + y2 + 2y − 1 = 0.
Tập hợp điểm M biểu diễn các số phức z là đường tròn có phương trình: x2 + (y + 1)2 = 2.
0,25
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
VI.b
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Nhận thấy: F1(−1; 0) và F2(1; 0).
y
N
x
1
0,25
.
=
Đường thẳng AF1 có phương trình:
A
+ 3
y 3
M
M là giao điểm có tung độ dương của AF1 với (E), suy ra:
F1
F2
O
x
0,25
M
1;
.
⇒ MA = MF2 =
2 3 3
2 3 3
⎛ = ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
0,25
Do N là điểm đối xứng của F2 qua M nên MF2 = MN, suy ra: MA = MF2 = MN.
Do đó đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ANF2 là đường tròn tâm M, bán kính MF2.
2
2
0,25
x
y
.
−
+
−
=
Phương trình (T): (
) 1
2 3 3
4 3
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
2. (1,0 điểm)
(cid:71) Đường thẳng ∆ đi qua điểm A(0; 1; 0) và có vectơ chỉ phương v
= (2; 1; 2).
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) Do M thuộc trục hoành, nên M có tọa độ (t; 0; 0), suy ra: AM
= (t; −1; 0)
0,25
(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ,v AM
= (2; 2t; − t − 2)
⇒
⎤ ⎦
⎡ ⎣
25 t
8
+
⎡ ⎣
⎤ ⎦
.
⇒ d(M, ∆) =
=
0,25
t+ 4 3
(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ,v AM (cid:71) v
25 t
8
+
0,25
Ta có: d(M, ∆) = OM ⇔
= | t |
t+ 4 3
0,25
⇔ t2 − t − 2 = 0 ⇔ t = − 1 hoặc t = 2. Suy ra: M(−1; 0; 0) hoặc M(2; 0; 0).
VII.b
, phương trình thứ nhất của hệ cho ta: 3y − 1 = 2x.
Điều kiện y >
0,25
1 3
(1,0 điểm)
x
x
1 2
y
y
1 2
Do đó, hệ đã cho tương đương với:
⇔
0,25
− = 2
− = 2
2
6
3
0
y
y
y
y
y
(3
1)
3
1 3
−
+
− =
−
=
⎧ 3 ⎪ ⎨ ⎪⎩
⎧ 3 ⎪ ⎨ ⎪⎩
x
2
=
⇔
0,25
1 2 1 2 1 = −
⇔
0,25
.
1 2
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ = y ⎪⎩ x ⎧ ⎪ ⎨ y =⎪⎩ ------------- Hết -------------
Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối B
Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát đề
ĐỀ CHÍNH THỨC
2
3
=
−
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I (2 điểm)
+ (1).
6x
4x
1
y
Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1), biết rằng tiếp tuyến đó đi qua điểm
) − − M 1; 9 .
( Câu II (2 điểm)
2
3
−
−
=
1. Giải phương trình
2 3sin xcosx.
4
2
+
x
s inxcos x + = 2 2x 9
(
2. Giải hệ phương trình
x, y
) .∈ (cid:92)
2
+
x
3cos x + 3 2x y x y + = 6x 6
2xy
3 sin x ⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Câu III (2 điểm)
−
)
(
)
(
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm
) − A 0;1; 2 , B 2; 2;1 , C 2;0;1 .
+
=
=
+ − = sao cho MA MB MC.
( 1. Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C. 2. Tìm tọa độ của điểm M thuộc mặt phẳng 2x 2y z 3 0
Câu IV (2 điểm)
π
dx
4
=
1. Tính tích phân
I
.
∫
+
+
π ⎞−⎜ ⎛ sin x ⎟ 4 ⎠ ⎝ + sin 2x 2(1 sin x cos x)
0
2
2
+
x
y
= Tìm giá trị lớn nhất và giá
1.
2. Cho hai số thực x, y thay đổi và thỏa mãn hệ thức
2
+
=
trị nhỏ nhất của biểu thức
P
.
6xy) 2(x + + 2 1 2xy 2y
PHẦN RIÊNG Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
k
+
=
1. Chứng minh rằng
(n, k là các số nguyên dương, k
n,≤
nC là
1 k C n
1 + k 1 C + n 1
⎞ ⎟ ⎠
− −
+
+ ⎛ 1 n 1 ⎜ + ⎝ k n 2 C + n 1 số tổ hợp chập k của n phần tử). 2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy xác định tọa độ đỉnh C của tam giác ABC biết đường phân giác rằng hình chiếu vuông góc của C trên đường thẳng AB là điểm H( 1; 1), − + = và đường cao kẻ từ B có phương trình trong của góc A có phương trình x y 2 0 − = 4x 3y 1 0.
2
<
1. Giải bất phương trình
log
log
0.
0,7
6
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) ⎞+ x x ⎟ + x 4 ⎠
⎛ ⎜ ⎝
= SB a 3
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA a,= và mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích của khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.
...........................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:.............................................
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
• TXĐ :
Nội dung Điểm 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) .(cid:92)
2
• Sự biến thiên :
0 0,25 − = ⇔ = y ' 12x 12x , y ' 0 . =⎡ x ⎢ =⎣ x 1
• yCĐ = y(0) = 1, yCT = y(1) = −1. • Bảng biến thiên :
0,25
+∞
Câu I
+∞
1−
−∞
x −∞ 0 1 y’ + 0 − 0 + 0,25 1 y
• Đồ thị : y
1
1 0,25 x
O −1
Δ
2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm số (1)...(1,00 điểm)
− − ) (M 1; 9
=
+ −
3
2
với hệ số góc k và đi qua điểm có phương trình :
) ( + − 1 k x 1
2
( ) 2 ( ) 3
3
2
2
−
−
6x
+ = 1
( 12x
)( ) + − 12x x 1
9
+ = − Đường thẳng y kx k 9 . Δ là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trình sau có 9 4x 6x nghiệm : − = 12x k 0,50 ⎧ ⎪ ⎨ 12x ⎪⎩
4x = −
x
2
=
⎡ ⎢⇔
( ⇔ +
) (
)
x 1
− 4x 5
0
.
1 5 4
⎢ = x ⎣
+
=
k
• Với
Thay k từ (3) vào (2) ta được :
=
=
−
• Với
thì , phương trình tiếp tuyến là :
x
k
y
x
.
x = −1 5 = thì 4
24= 15 4
y 24x 15. 21 4
15 4
=
+
=
−
y 24x 15
, phương trình tiếp tuyến là : 0,50
y
x
.
15 4
21 4
Các tiếp tuyến cần tìm là : và
2
2
−
+
2 3 cos x(cos x sin x)
= 0
II 2,00
=
+
cos 2x(sin x
3 cos x)
0.
Trang 1/4
0,50 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với − 2 sinx(cos x sin x) ⇔
π
π
•
= ⇔ =
+
cos2x
x
0
.
4
k 2
π
•
+
0,50
= ⇔ = − + π
sinx
3cosx
k .
x
0
3
π
π
=
+
(k
).∈ (cid:93)
Nghiệm của phương trình là
x
,
x
k
4
k 2
π = − + π 3
2
2
+
=
2
Hệ phương trình đã cho tương đương với xy)
+ 2x 9
(x
2
2
2
+ −
=
+
9
3x 3
2x
+ −
=
x 2
xy 3x 3
0,50
⎛ ⇒ + x ⎜ ⎝
x 2
2 Giải hệ phương trình (1,00 điểm)
4
3
2
3
+
+
⇔ +
=
⇔ + x
12x
48x
= 64x 0
x(x 4)
0
. 4
⎞ ⎟ ⎠ =⎡⇔ x 0 ⎢ = − x ⎣
x 0
• = không thỏa mãn hệ phương trình.
x
y
.
• = − ⇒ = 4
0,50
17 4
(x ; y)
4;
.
Nghiệm của hệ phương trình là
17 4
⎛ = −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
= − − −
(
III 2,00
1 Viết phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C (1,00 điểm) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AC
) 2; 1; 1 ,
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB
tích có hướng của hai vectơ
0,50
−
=
) − − 2; 3; 1 , ) (
( = (cid:71) n
2; 4; 8
.
Ta có (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB, AC
là
làm vectơ pháp tuyến nên có
⇔ +
−
−
+
)
0,50
+ = . x 2y 4z 6 0
(cid:71) Mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C nhận n phương trình ) ( ) ( − − 4 y 1 2 x 0
( − 8 z 2
= 0
Tìm tọa độ của điểm M ...(1,00 điểm)
nên điểm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
0,50
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB.AC 0= Ta có (ABC) tại trung điểm
của BC.
) (I 0; 1;1−
Tọa độ của điểm M thỏa mãn hệ phương trình + − =
+
=
.
0,50
+ y 1 2
− z 1 − 4
2x 2y z 3 0 ⎧ ⎪ x ⎨ = ⎪ 1 ⎩
−
(
Suy ra
) M 2;3; 7 .
2
Tính tích phân (1,00 điểm)
π
IV 2,00
1
=
= −
=
dt
− (cosx sinx)dx
2 sin x
dx.
t
+ sinx cosx
Đặt
⇒
4
⎛ −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
π
=
thì t
2=
.
Với x = 0 thì t = 1, với x
4
+
+
= +
Ta có
+ sin2x 2(1 sinx cosx)
2 (t 1) . 2
2
0,50
=
= −
I
Suy ra
2
∫
2 2
2 1 + 2 t 1
dt + (t 1)
1
1
ơ
−
=
−
=
.
0,25
2 2
1 2
4 3 2 4
1 + 2 1
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Trang 2/4
2
2
+
=
=
.
P
2
2
+ +
Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu thức (1,00 điểm) 6xy) + 2xy 2y
2(x + 2 y
2x x
6xy) 2(x + + 2 1 2xy 2y • Nếu y 0= • Xét y 0≠ .
thì Đặt
2
x 1= . Suy ra P = 2. ty= , khi đó +
2
=
+
−
=
P
⇔
− (P 2)t
+ 2(P 6)t 3P 0
(1).
0,50
12t + 3
2t + 2 t
2t
=
P 2= ,
− Với
phương trình (1) có nghiệm
t
.
3 4
phương trình (1) có nghiệm khi và chỉ khi
≥ ⇔ − ≤ ≤
+
.
− Với Δ = − '
P 2≠ , − 2 2P
6P 36 0
6 P 3
=
= −
= −
.
, y
x
x
, y
P 3= khi
hoặc
3 10
= 1 10
0,50
=
= −
= −
=
x
, y
, y
x
P = − khi 6
hoặc
.
3 10 3 13
3 13
1 10 2 13
2 13 Giá trị lớn nhất của P bằng 3, giá trị nhỏ nhất của P bằng − 6. Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm)
2
2,00
1
+ −
−
+
+
=
.
Ta có:
0,50
+ n 1 k!(n 1 k)! (k 1)!(n k)! + n 2
+ + (n 1)!
1 C + k 1 + n 1
+ ⎛ n 1 1 ⎜ + ⎝ k n 2 C + n 1
⎞ ⎟ ⎠
=
+
+
]
[
+ − (n 1 k)
(k
.
1)
− k!(n k)! n!
0,50
=
=
.
1 + n 2 − k!(n k)! n!
1 k C n
− + =
+
− =
H '(a ; b)
Gọi
là điểm đối
2d : 4x 3y 1 0. H '
1d
=
=
+
) (1;1
(cid:71) u
(a 1; b 1)
Tìm tọa độ đỉnh C ...(1,00) • Ký hiệu 1d : x y 2 0, xứng của H qua . Khi đó •
là vectơ chỉ phương của
vuông góc với
(cid:71) u
thuộc đường thẳng AC. (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) + 1d , HH '
−
−
a 1 b 1 ;
HH '
của
thuộc
Do đó tọa độ của H ' là
và trung điểm I
0,50
1d .
2
2
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
+ =
+ +
0
−
(
−
nghiệm của hệ phương trình
H '
) 3;1 .
⇒
a 1 b 1 −
+ =
2 0
2
1(a 1) 1(b 1) ⎧ ⎪ ⎨ − ⎪⎩ 2
H '
2d
vuông góc với + −
=
=
2
nên có vectơ pháp tuyến là + 3x 4y 13 0.
và có phương trình
• Đường thẳng AC đi qua (cid:71) v
− (3; 4)
A(5;7).
⇒
• Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình
− = ⇔ − 3(x 3) 4(y 1) 0 − 3x 4y + 13 = 0 − + = x y 2 0
V.a
• Đường thẳng CH đi qua
với vectơ pháp tuyến
= (3 ; 4)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) HA
− − ) (H 1; 1
0,50
1 2
⇔
nên có phương trình 3(x + 1) + 4(y + 1) = 0
• Tọa độ của C là nghiệm của hệ phương trình
+ −
3x + 4y +7 = 0. + = 3x 4y 7 0 ⎧ ⎨ = + 3x 4y 13 0. ⎩
.
Suy ra C
10 3 ; 3 4
⎛ −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Trang 3/4
⎧ ⎨ ⎩
Bất phương trình đã cho tương đương với
2
0,50
>
⇔
>
1
6
log
6
+ x x + x 4
+ 2x x + x 4
−
+
(
)
−
2x
⇔
>
>
⇔
0.
0,50
− 5x 24 + x 4
)( x 3 x 8 + x 4
)
− − ∪ + ∞) ( 4; 3
8;
.
⊥
(
1 Giải bất phương trình (1,00 điểm) 2,00
Do đó SH là
) ABCD .
2
2
2
2
+
+
=
AB
SB
3a
a
nên tam giác SAB vuông tại S, suy ra
=
=
SH
SAM
= Do đó tam giác
đều, suy ra
.
SM
a.
a 3 2
0 Tập nghiệm của bất phương trình là : ( Tính thể tích và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm) Gọi H là hình chiếu của S trên AB, suy ra SH đường cao của hình chóp S.BMDN. = 2 Ta có: SA AB 2
2
=
Diện tích tứ giác BMDN là
S
S
= 2a .
BMDN
ABCD
3a
3
=
=
Thể tích khối chóp S.BMDN là
(đvtt).
V
SH.S
BMDN
3
1 2 1 3
S
0,50
E
A
D
H
M
B
C
N
∈ (E AD)
Kẻ
=
ϕ là góc giữa hai đường thẳng SM và DN. Ta có
Đặt
suy ra
AE
.
ME // DN a 2
AE⊥
(cid:110)(SM, ME)
.= ϕ Theo định lý ba đường vuông góc ta có SA
0,50
2
2
=
=
=
=
SE
+ 2 SA AE
,
ME
+ 2 AM AE
.
Suy ra
a 5 2
a 5 2
ϕ =
=
Tam giác SME cân tại E nên
(cid:110)SME = ϕ
và cos
.
5 5
a 2 a 5 2
2 V.b
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.
Trang 4/4
----------------Hết----------------
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
3
2
2
2
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH Câu I. (2 điểm) = − + + − − Cho hàm số: y x 3x 3(m 1)x 3m 1 − (1), m là tham số.
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1) cách đều gốc tọa độ O.
2
+
− =
Câu II. (2 điểm)
2sin 2x sin 7x 1 sin x.
1. Giải phương trình:
+
− =
(
2x
2x 8
) − m x 2 .
2. Chứng minh rằng với mọi giá trị dương của tham số m, phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
2
2
2
+
+
−
+
S : x
y
z
+ 2x 4y 2z 3 0
− = và
=
−
Câu III. (2 điểm)
)Q chứa trục Ox và cắt ( )S theo một đường tròn có bán kính
)P : 2x y 2z 14 0. − + 1. Viết phương trình mặt phẳng (
mặt phẳng ( Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( )
)P lớn nhất.
bằng 3.
=
=
= Tính thể tích của khối tròn
x ln x, y 0, x
e.
2. Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu ( )S sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng ( Câu IV. (2 điểm)
1. Cho hình phẳng H giới hạn bởi các đường: y xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục Ox.
+
+
+
+
+
= P x
y
z
.
x 2
1 yz
y 2
1 zx
z 2
1 xy
2. Cho x, y, z là ba số thực dương thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠ ⎛ ⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
+ n (2 x) ,
biết:
1. Tìm hệ số của số hạng chứa − n 1
− n 3
+
−
−
=
( + + −
− n 2 n 3 C 3 C 3 C 3 C ...
)n 1 C
2048
10x trong khai triển nhị thức Niutơn của 3 n
1 n
n n
2 n
k
0 n (n là số nguyên dương,
nC là số tổ hợp chập k của n phần tử).
(
)
2. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
A 2; 2 và các đường thẳng:
d1: x + y – 2 = 0, d2: x + y – 8 = 0.
Tìm tọa độ các điểm B và C lần lượt thuộc d1 và d2 sao cho tam giác ABC vuông cân tại A.
x
x
+
−
(
PHẦN TỰ CHỌN (Thí sinh chỉ được chọn làm một trong hai câu: V.a hoặc V.b) Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
) + 2 1
= 0.
2 2
1. Giải phương trình: ( 2. Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a. Gọi E là điểm đối xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh MN vuông góc với BD và tính (theo a) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC.
---------------------------Hết---------------------------
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) ) − 2 1
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………Số báo danh: ……………………………….
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối B (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
2
3
Nội dung
x
y
+
= −
− . 4
Câu Ý 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 3x
2
2.=
6x,
0= hoặc x
+
= −
y ' 0= ⇔ x
2
+ ∞
0
x − ∞
+
0
y'
0
−
−
0
+ ∞
y
− ∞
− 4
0,50
y
2
− 1
O
x
Điểm 2,00 0,25
− 4
0,25
Khi m =1 ta có • Tập xác định: D = (cid:92) . • Sự biến thiên: 3x y ' Bảng biến thiên: yCĐ = y(2) = 0, yCT = y(0) = − 4. • Đồ thị:
2
2
2 2x m 1 0
x
y '
6x 3(m 1)
3x
+ = (2).
−
−
= −
+
+
2
Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu … (1,00 điểm) 2 − , y' = 0 ⇔ Ta có: Hàm số (1) có cực trị ⇔ (2) có 2 nghiệm phân biệt ⇔ ∆' = m2 > 0 ⇔ m ≠ 0. Gọi A, B là 2 điểm cực trị ⇒ A(1 − m; −2 − 2m3), B(1 + m; − 2 + 2m3).
0,50
(vì m ≠ 0).
O cách đều A và B ⇔ OA = OB ⇔ 8m3 = 2m ⇔ m =
±
1 2
0,50 I
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) Phương trình đã cho tương đương với:
2
sin 7x sin x 2sin 2x 1 0
− = ⇔
−
+
) − = 0. cos 4x 2sin 3x 1
(
•
cos 4x
0
k
k
x = ⇔ = +
) ∈ Z .
(
0,50
sin 3x
x
k
hoặc
x
k
k
•
= ⇔ =
+
=
+
(
) ∈ Z .
2,00 0,50
π 8 π 18
π 4 2 π 3
1 2
5 π 18
2 π 3
II
1/4
Chứng minh phương trình có hai nghiệm (1,00 điểm) Điều kiện: x
2
3
2
6x
−
=
−
+
−
(
Phương trình đã cho tương đương với 2.≥ ) )( 32 m 0 x 2 x
x =⎡ 3
2
32 m 0.
x
−
−
=
+
⇔ ⎢ ⎣
2
3
2
x
6x
có một nghiệm trong
=
+
−
6x ( ) 32 m 1
Ta chứng minh phương trình: ) khoảng (
3
2
x
6x
với x
Ta có:
Xét hàm
2.>
=
+
2; +∞ . )
( f x
2
3x
12x
0, x
=
+
> ∀ > 2.
− ( f ' x
32 )
2
x
+ ∞
f '(x) +
+ ∞
0,50
f(x)
0
2; +∞ .
)
Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta thấy với mọi m 0> , phương trình (1) luôn có một nghiệm trong khoảng ( Vậy với mọi m 0> phương trình đã cho luôn có hai nghiệm thực phân biệt.
0,50
2
2
2
9
y 2 +
+
+
−
− − và bán kính R 3.=
) I 1; 2; 1
III 2,00 0,25
1 Viết phương trình mặt phẳng (Q) (1,00 điểm) ) = có tâm (
) z 1 +
(
(
(Q) có cặp vectơ chỉ phương là:
.
=
=
( 1;0;0
)
0,25 0,25
=
−
0,25
y 2z
0
Phương trình của (Q) là:
= ⇔ −
= 0.
−
−
−
( 0. x 0
( 2 z 0 −
)
)
(cid:74)(cid:74)(cid:71) OI (cid:71) ⇒ Vectơ pháp tuyến của (Q) là: n )
thì
≥
)
(
) ( ) d M; P lớn nhất
( ) ( ) S : x 1 Mặt phẳng (Q) cắt (S) theo đường tròn có bán kính R = 3 nên (Q) chứa I. (cid:71) ( ) 1; 2; 1 , i − − ( ) 0; 1; 2 . ( 1. y 0 + Tìm tọa độ điểm M thuộc mặt cầu sao cho khoảng cách lớn nhất (1,00 điểm) Gọi d là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P). Đường thẳng d cắt (S) tại ) ) hai điểm A, B . Nhận xét: nếu
( ( d A; P
( ( d B; P
)
2
khi M A.≡
.
Phương trình đường thẳng d:
=
=
x 1 − 2
y 2 + 1 −
2
2
2
9
y 2 +
+
+
=
) z 1 +
(
0,25 0,25
.
=
=
z 1 + 2 Tọa độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ ⎧ ( ) x 1 − ⎪ ⎨ − x 1 ⎪ 2 ⎩
) z 1 + 2 − − −
−
(
Ta có:
( = 1.
= ≥
)
( y 2 + 1 − ) ) Giải hệ ta tìm được hai giao điểm A 1; 1; 3 , B 3; 3;1 . ) )
( ( 7 d B; P
( ( d A; P
)
0,25
Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi
) M 1; 1; 3 . − − −
(
0,25
Tính thể tích vật thể tròn xoay (1, 00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của các đường y
x ln x
=
và y 0= là:
0,25
2,00
IV
1
x ln x
0
= ⇔ = x 1.
2/4
Thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình H quanh trục hoành là:
e
e
2
0,25
V
2 y dx
x ln x
dx.
= π
= π
(
)
∫
∫
1
1
3
2
Đặt
u
ln x, dv
2 x dx
dx, v
.
Ta có:
=
=
du ⇒ =
=
x 3
2 ln x x
e
0,25
e
e
e
3
3
2
2
2
x ln x
dx
2 ln x
x ln xdx
x ln xdx.
=
−
=
−
(
)
∫
∫
∫
e 3
2 3
2 3
x 3
1
1
1
1
3
u
ln x, dv
2 x dx
, v
.
Ta có:
Đặt
=
=
du ⇒ =
=
x 3
e
dx x e
e
e
3
3
3
3
2e
1
+
2
x ln xdx
ln x
2 x dx
.
=
−
=
−
=
0,25
∫
∫
e 3
x 9
9
1 3
x 3
1
1
1
1 35e
2
π
−
(
)
Vậy
V
(đvtt).
=
27
Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm) 2 2
2
2
2
2
x
z
+
P
.
Ta có:
=
+
+
+
x 2
y 2
z 2
2
2
y + xyz 2
2
2
2
x
y
y
z
z
x
2
2
2
2
Do
x
y
z
zx
+
+
=
+
≥
xy yz +
+
+
+ 2
2
2
2
nên
.
P
+
≥
+
+
+
+
+ 2 y 2
x 2
1 x
1 y
z 2
1 z
+ 2 ⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
Xét hàm số
f
0.> Lập bảng biến thiên của f(t) ta suy ra
=
+ với t
( ) t
1 t
⎛ ⎜ ⎜ ⎝ 2t 2
0,50
z 1.
y
f
t
0.
Suy ra:
P
.
Dấu bằng xảy ra ⇔ x
= = =
, ≥ ∀ >
≥
( ) t
3 2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
.
9 2 9 2
0,50
n
n
V.a
1
n 2 − 3 C
n 3 C
...
2
+
=
=
Tìm hệ số trong khai triển… (1,00 điểm) n ) 1 C
( − + −
) 3 1 −
(
n 1 1 − 3 C n
2 n
n n
.
là:
2 x+
0 Ta có: − n Từ giả thiết suy ra n 11= Hệ số của số hạng chứa 10x trong khai triển Niutơn của (
)11
0,50
22.
=
10 1 11C .2
Vì
−
−
∈
(
) ) B b; 2 b , C c;8 c .
(
∈ nên 2
2
−
−
=
bc 4b c 2 0
− + =
−
)
B d , C d 1 (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB.AC 0
=
⇔
⇔
2
2
2
. 2,00 0,50
AB AC =
2b
b
c
8c 18 +
−
=
−
3.
c 4 −
−
=
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Từ giả thiết ta có hệ: )( b 1 c 4 2 ) b 1 −
(
)
( ⎧ ⎪ ⎨ ( ⎪⎩
xy
2
=
b 1, y c 4
Đặt x
= − ta có hệ
= −
2
2
0,50
y
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
0,50
2, y hoặc
−
Giải hệ trên ta được x ( Suy ra:
) B 1;3 , C 3;5
= − )
(
= − = − hoặc x ) B 3; 1 , C 5;3 −
3. = (
x 1 (
= . 2, y 1 ) .
3/4
2 Xác định tọa độ điểm B, C sao cho …(1,00 điểm)
x
t
t
ta có phương trình
>
=
(
Đặt (
) 2 1 −
0,50
t
2 2
0
t
= ⇔ =
2 1, t −
=
+ 2 1.
) 0 , 1 + − t
0,50
2 1 2 1
Với t Với t
= =
− ta có x 1.= = − + ta có x 1.
2,00 1 Giải phương trình mũ (1,00 điểm)
SAC
BD
nên BD MN.
(1,00 điểm) Gọi P là trung điểm của SA. Ta có MNCP là hình bình hành nên MN song song với mặt phẳng (SAC). Mặt khác,
⊥
⊥
2
(
)
S
E
V.b
P
M
A
D
B
C
N
Vì
MN || SAC nên
(
)
BD
.
=
=
=
=
( d MN; AC
)
( d N;(SAC
)
)
( ( d B; SAC
)
0,50
1 4
a 2 4
1 2
Vậy
.
=
( d MN; AC
)
a 2 4
0,50
4/4
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----------------
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
2x
=
.
y
+ − x 1 + x 2
)C của hàm số đã cho.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)
)C , biết tiếp tuyến đó vuông góc với tiệm cận xiên
)C .
Cho hàm số 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị ( 2. Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (
của ( Câu II (2 điểm)
+
+
=
cotgx sin x 1 tgxtg
4.
1. Giải phương trình:
x 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
+ =
+
2x mx 2
2. Tìm m để phương trình sau có hai nghiệm thực phân biệt:
+ 2x 1.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(0; 1; 2) và hai đường thẳng:
x
=
=
1 2t
d : 1
, d : y 2
x 2
− y 1 1
+ z 1 − 1
2 t.
= + 1 t ⎧ ⎪ = − − ⎨ ⎪ = + z ⎩
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A, đồng thời song song với d1 và d2. 2. Tìm tọa độ các điểm M thuộc d1, N thuộc d2 sao cho ba điểm A, M, N thẳng hàng.
Câu III (2 điểm)
ln 5
=
I
1. Tính tích phân:
.
x
x
∫
+
−
dx − 2e
e
3
ln 3
2. Cho x, y là các số thực thay đổi. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2
2
2
2
=
+
+
+
+ −
(
(
A
) − x 1
y
) + x 1
y
y 2 .
2
2
Câu IV (2 điểm)
) C : x
y
2x 6y 6
+ − − PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (
. Gọi 1T và 2T là các tiếp điểm của các tiếp tuyến kẻ từ M đến (
( ) M 3; 1− trình đường thẳng 1 2T T .
≥
n
) 4 .
Biết rằng, số tập con gồm 4 phần tử của A bằng
2. Cho tập hợp A gồm n phần tử (
∈
{ } 1, 2,..., n
k
sao cho số tập con gồm k phần
20 lần số tập con gồm 2 phần tử của A. Tìm tử của A là lớn nhất.
+ = và điểm 0 )C . Viết phương
x
− x 2
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
)
1. Giải bất phương trình:
144
( < + 4 log 2 1 log 2
) 1 .
( log 4 5
5
5
=
=
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB a, AD a 2 )
, SA a= và SA vuông góc với mặt phẳng ( ABCD . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AD và SC; I là giao điểm của BM và AC. Chứng minh rằng mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
+ − +
----------------------------- Hết -----------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................................... số báo danh..............................................
BAØI GIAÛI
Caâu I:
2x
x 1
− +
=
1. y =
x 1 + − x 2 +
1 x 2 +
ÑEÀ THI & BAØI GIAÛI THI ÑH 2006 MOÂN TOAÙN KHOÁI B
D = R \ ⎨-2⎬
TCÑ : x = −2; TCX : y = x – 1
2
Caâu I: (2 ñieåm)
x
+
=
y' =
1
−
2x
2
1 (x 2) +
Cho haøm soá y =
x 1 + − x 2 +
4x 3 + 2 (x 2) + y’ = 0 ⇔ x = −1 ∨ x = −3
-∞ -3 -2 -1 +∞ + 0 −
x y' y
1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho. 2. Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (C), bieát tieáp tuyeán ñoù vuoâng goùc vôùi tieäm caân xieân cuûa (C). Caâu II: (2 ñieåm)
-5 CÑ
-∞
-∞
− 0 + +∞ +∞ -1 CT
) = 4
1. Giaûi phöông trình: cotgx + sinx(1 + tgx.tg
x 2
y
2. Tìm m ñeå phöông trình sau coù 2 nghieäm thöïc phaân bieät:
2x mx 2
+
+ =
+ 2x 1
Caâu III: (2 ñieåm) Trong khoâng gian Oxyz, cho ñieåm A (0; 1; 2) vaø hai ñöôøng
0 1
-1
-2
-3
x
-1
=
=
t
1 2
thaúng d1 :
vaø d2 :
x 2
y 1 − 1
z 1 + 1 −
x 1 t = + ⎧ ⎪ y = − − ⎨ ⎪ = + z 2 t ⎩
-3
-5
1. Vieát phöông trình maët phaúng (P) qua A, ñoàng thôøi song song vôùi d1 vaø d2. 2. Tìm toïa ñoä caùc ñieåm M treân d1, N treân d2 sao cho 3 ñieåm A, M, N thaúng haøng. Caâu IV: (2 ñieåm)
ln 5
1. Tính I =
x
x
∫
dx − 2e
e
3
+
−
ln 3
2. Cho x, y laø caùc soá thöïc thay ñoåi. Tìm giaù trò nhoû nhaát
Ñoà thò haøm soá : 2. Tieäm caän xieân coù heä soá goùc k1=1. Tieáp tuyeán vuoâng goùc tieäm caän xieân ⇒heä soá goùc tieáp tuyeán laø k2 = −1. ⇒ Pt tieáp tuyeán coù daïng y = −x + m (D)
2
2
2
2
cuûa bieåu thöùc A =
y
y
(x 1) −
+
+
(x 1) +
+
y 2 + −
1 = −
−
2
coù nghieäm
(D) tieáp xuùc (C) ⇔ Heä
x m
= − +
⎧ 1 ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ − + x 1 ⎪ ⎩
1 (x 2) + 1 + x 2
2
=
1 2
coù nghieäm
⇔
5 m
+
− =
2(x 2) +
⎧ (x 2) + ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
− 5
−
±
1 x 2 + Vaäy : m = 2 2 5− ∨ m = 2 2 Vaäy phöông trình 2 tieáp tuyeán laø y= −x – 5 2 2 Caâu II. 1. Vôùi ñieàu kieän sin2x ≠ 0, ta coù:
cos x.cos
sin x.sin
+
x 2
x 2
1 tgx.tg
+
=
=
x 2
1 cos x
cos x.cos
2
4
+
= (1)
Vaäy phöông trình ñaõ cho ⇔
x 2 cos x sin x
k
+ π hay x =
k + π
⇔ x =
⇔ sin2x =
1 2
sin x cos x 5 π 12
π 12
Phaàn töï choïn : Thí sinh choïn caâu V.a hoaëc caâu V.b CaâuV.a: Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñieåm) 1. Trong maët phaúng Oxy, cho ñöôøng troøn (C) : x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = 0 vaø ñieåm M (-3; 1). Goïi T1 vaø T2 laø caùc tieáp ñieåm cuûa caùc tieáp tuyeán keû töø M ñeán (C). Vieát phöông trình ñöôøng thaúng T1T2. 2. Cho taäp hôïp A goàm n phaàn töû (n ≥ 4). Bieát raèng soá taäp con goàm 4 phaàn töû cuûa A baèng 20 laàn soá taäp con goàm 2 phaàn töû cuûa A. Tìm k ∈ ⎨1, 2, …, n⎬ sao cho soá taäp con goàm k phaàn töû cuûa A laø lôùn nhaát. Caâu V.b: Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñieåm) 1. Giaûi baát phöông trình : log5(4x + 144) – 4log52 < 1 + log5(2x – 2 + 1) 2. Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình chöõ nhaät , SA = a vaø SA vuoâng goùc vôùi maët vôùi AB = a, AD = a phaúng (ABCD). Goïi M, N laàn löôït laø trung ñieåm cuûa AD vaø SC; I laø giao ñieåm cuûa BM vaø AC. Chöùng minh raèng maët phaúng (SAC) vuoâng goùc vôùi maët phaúng (SMB). Tính theå tích cuûa khoái töù dieän ANIB.
5
5
5
2. Caùch 1: Ycbt ⇔ x2 + mx + 2 = (2x + 1)2 coù 2 nghieäm
=
I =
dt
−
=
2
∫
∫
∫
)
t
dt (t 1)(t 2
1 t 2 −
1 t 1 −
dt 3t 2 +
−
−
−
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
3
3
phaân bieät ≥
5
1 − 2
ln
=
=
ln
⇔ f(x)=3x2+(4 – m)x – 1 = 0 coù 2 nghieäm phaân bieät ≥
3 2
⎡ ⎢ ⎣
3
r
r
= −
1 − 2 Vì a.c < 0 neân f(x) = luoân coù 2 nghieäm phaân bieät traùi daáu
y 2
y 2
2 1
2y
y 2
⎤− t 2 ⎥− ⎦ t 1 2. Caùch 1 : Xeùt a (1 x,y) ; b (1 x,y) = + r r r a b b + − ≥ + + − =
+
+
+ −
r A = a
Vaäy ycbt ⇔ f(x) = 0 coù ñuùng 1 nghieäm thoûa
− ≤ x < 0
1 2
Daáu “=” xaûy ra khi x = 0
2
2
f
.f(0)
−
≤
0
Vì f(0) = −1 ≠ 0 neân ycbt ⇔
Aùp duïng BÑT BCS
3 y
4
2 1 y
+ ≤
1 y +
=
+
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
2 y
y
3 2 y
2
3
+
+ − ≥ +
+ − = +
⇒ A ≥ y
3.
1 0
m
2 − +
f
0
−
≥
⇔
⇔
− ≥ ⇔
1 4
m 2
9 ≥ 2
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
1
daáu “=” xaûy ra khi y =
2x mx 2
2x
+ =
+ 1
3
x
x
≥ −
≥ −
3+
daáu “=” khi x = 0, y =
⇒ A ≥ 2
⇔
⇔
1 3
2
2
2
3x
4x
+ 1 2 x mx 2
+
1 2 4x 1 mx − =
+ =
+
4x 1 +
+
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
1
Vaäy : min A = 2 + 3 khi x = 0, y =
3
x
≥ −
1 2
⇔
r
r
Caùch 2: Xeùt a (1 x,y)
= −
m (do x=0 khoâng laø nghieäm)
+ − =
1 x
Caùch 2: ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ 3x 4 ⎪⎩
2
y 2
y 2
r a
r b
y 2
; b (1 x,y) = + r r a b + − ≥ + + − =
+
2 1 y +
+ −
A =
Xeùt y = 3x + 4
− (C’) vôùi x ≥ −
vaø x ≠ 0
Daáu “=” xaûy ra khi x = 0
1 2
2
Xeùt g(y) =
2 1 y
+
+ − y 2
Ta coù : y’ = 3 +
> 0 ∀ x ≠ 0
2
2 1 y
y 2
+
+ − : luoân taêng
• y ≥ 2 : g(y) =
x
0 +∞
1 x 1 2 x 1 −
2
2
2 1 y
+
+ − 2 y
• y < 2 : g(y) =
2y
y' y
+ +∞
1
−
g’(y) =
, g’(y) = 0 ⇔ y =
2
1 3
1 y +
9 2
Laäp baûng bieán thieân ta coù:
+ +∞ -∞
3
≥ +
, daáu “=” khi y =
g(y) 2
1 3
1
m
≤
Ycbt ⇔ (d) y = m caét (C’) taïi 2 ñieåm phaân bieät ⇔
Vaäy : min A = 2 + 3 khi x = 0, y =
9 2
3
Caâu III 1. Maët phaúng (P) coù 1 caëp VTCP : =(2, 1, -1) vaø
=(1, -2, 1)
uur 2a
uur 1a
2
2
2
x
y
x
x
y
2 y
(1
)
(
1)
(1
)
−
+
=
−
+
−
+
≤
+
Caùch 3: Aùp duïng BÑT BCS : 3 4
3 2
1 2
1 4
2
2
2
x
y
x
y
x
2 y
(1
)
(1
)
(
1)
+
+
+
≤
+
+
=
+
+
1 4
3 4
3 2
1 2
uuuur
uuur
⇒ (P) coù 1 PVT laø (1; 3; 5) Vaäy ptrình mp (P) laø: 1(x – 0) + 3(y – 1) + 5(z – 2) = 0 Hay x + 3y + 5z – 13 = 0 2. Goïi M (2t’, 1+t’, −1–t’) ∈ d1; N (1+t, −1–2t, 2+t) ∈ d2 Vaäy AM (2t ',t ', 3 t ') =
− −
; AN (1 t, 2 2t,t) = + − −
x
y
x
y
Vaäy A
(1
)
(1
)
2
≥
−
+
+
+
+
y + −
1 2
3 2
3 2
1 2
+ +
=
=
⇔
⇔
x
y
x
y
2
2
3
≥
−
+
+
+
+
y + − = +
2tt '
(1 t)(3 t ') 0 +
+ +
=
3 t ' − − t
2t ' 1 t +
3 2
3 2
1 2
3 2
3 2
1 2
⇔
⇔
1
daáu “=” xaûy ra khi x = 0, y =
t ' 0 (1 t) 0 = ∨ + = + (1 t)(3 t ') 0 2tt '
+ +
=
uuuur uuur cuøng phöông vôùi AN A, M, N thaúng haøng ⇔ AM t '(1 t) 0 4t '(1 t) + = t ' ⎧ ⎨ 2 2t − − ⎩ t ' 0 =⎧ ⎨ = − 1 t ⎩
⎧ ⎨ ⎩
3
Do ñoù M (0, 1, −1) vaø N (0, 1, 1) Caâu IV. ln 5
1. I =
2x
∫
e
x e dx x 3e−
+ 2
ln 3
5
+ =
Caâu V.a. 1. (C) coù taâm I (1; 3), R = 2 Ñöôøng troøn ñöôøng kính MI coù taâm J (−1, 2)
R’ = MJ = 4 1
Ñaët t = ex ⇒ dt = exdx vaø t (ln3) = 3; t(ln5) = 5
(x + 1)2 + (y – 2)2 = 5
Phöông trình ñöôøng troøn (C’) ñöôøng kính MI laø:
z
S
T1T2 chính laø truïc ñaúng phöông (C) vaø (C’) Phöông trình T1T2 : x2 + y2 – 2x – 6y + 6 = x2 + y2 + 2x – 4y
T1
a
N
M
I
D
A
• J
y
a 2 M
a
I
T2
B
C
x
⇔ x2 + y2 + 2x – 4y = 0 (C’) ⇔ 2x + y – 3 = 0 Caùch khaùc : Goïi T (x0, y0) laø tieáp ñieåm cuûa tieáp tuyeán Δ vôùi (C). Pt Δ laø: x0x + y0y – (x + x0) – 3(y + y0) + 6 = 0 M (−3, 1) ∈ Δ ⇔ −3x0 + y0 – x0 + 3 – 3y0 – 3 + 6 = 0 ⇔ 2x0 + y0 – 3 = 0
, 0);
Caùch 2: Choïn heä truïc nhö hình veõ. Ta coù A (0, 0, 0); B (a, 0, 0); C (a, a 2 , 0); D (0, a
2
x
y
2
+
− = 0 3
1
Vì T1, T2 laø tieáp ñieåm ⇒
S (0, 0, a); M (0,
, 0); N (
,
)
,
x
1 y
2
0
+
3 − =
a 2
a 2
a 2 2
2
2
a 2 2 uur 2IA
⇒ I
uur • I laø troïng taâm ΔABD ⇒ IC
= −
;
; 0
⎧ ⎨ ⎩ Vaäy Pt T1T2 : 2x + y – 3 = 0
a a 2 3
3
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
C
20C=
2.
⇔
=
=
4 n
2 n
2
n! 4!(n 4)! −
20n! 2!(n 2)! −
(SAC)
r n
=
2 2,a ,0)
•
⇒
( a −
uuur uuur ⎤ AS,A ⎦C
⎡ = ⎣
uuur AS (0,0,a) uuur AC (a,a 2,0)
=
⇔ (n – 3)(n – 2) = 20.12
=
1 24.(n 4)!
=
−
2
a
2
2
(SMB)
⇒
r n
a
2 ;a ;
2 2
2
⎛ = ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
C
C
≥
0 2 2(n 2)! − − ⇔ n = 18 (vì n ≥ 4) 1 k − 18
k 18
a 2 2
Ycbt ⇒
⇒ k = 9
4
4
C
C
≥
(SAC)
(SMB)
uur SB (a,0, a) uuur SM (0, = r n
⎫ ⎪ ⎬ ⎪⎭ ⎫ ⎪ ⎬ , a) − ⎪ ⎭ r .n
a
a
0
−
=
⇒ (SAC) ⊥ (SMB)
k 18
1 k + 18
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
•
Ta coù : uuur AN (
=
)
;
;
2
2
Caâu V.b. 1. Baát phöông trình ñaõ cho töông ñöông :
a
⇒
uuur uur AN.AI
,0)
x
⎡ ⎣
⎤ = − ( ⎦
4
144
x 2 −
2 a , 6
6
log
<
+ 1)
5
log 5(2 5
;0)
;
uur AI
(
=
+ 16
a a 2 a 2 2 2 a a 2 3
3
= ⎫ ⎪ ⎪ ⎬ ⎪ ⎪⎭
x
4
144
x 2 −
3a
2
5(2
<
1) +
⇔
= −
uuur uur uuur AN.AI .AB
uuur AB
= (a, 0, 0) ⇒
⎡ ⎣
⎤ ⎦
6
x
x
−
4
) 1
+ 16 +
⇔
3a
2
144 80(2 < x
⇒ VANIB =
16
+2 ⇔
4 2 <
<
36
⇔ < < 2 x 4 2. Caùch 1: Deã thaáy I laø troïng taâm ΔABD
a
3
BM
=
vaø AI =
⇒ BI =
AC
=
2 3
1 3
3
a 2 3
2
2
2
2 a AB =
+
=
ΔABI coù BI2 + AI2 =
3a 9
2a 3 ⇒ BI⊥ AI vaø BI ⊥ SA ⇒ BI⊥(SAC) ⇒(SMB) ⊥ (SAC) Goïi V = VSABC; V1 = VSABN; V2 = VCNBI
HAØ VAÊN CHÖÔNG, PHAÏM HOÀNG DANH, HOÀ VÓNH ÑOÂNG, TRAÀN VAÊN TOAØN, LEÂ NGOÂ THIEÄN, TRAÀN MINH THÒNH, NGUYEÃN PHUÙ VINH (Trung taâm Boài döôõng vaên hoùa & Luyeän thi ñaïi hoïc Vónh Vieãn)
2
+
=
+
Ta coù :
1
= + =
V V SN.SA.SB CN.CI.CB 1 V V SC.SA.SB SC.CA.CB V V 1 2 = + 2
1 3
1 2
5 6
V
a.a 2.a
. BA.BC.S
=
A =
⇒ VANIB =
SABC
1 36
1 2 . 2 3 1 1 6 6
+ V 1 6 3a
2
⇒ VANIB =
36
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
------------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề --------------------------------------------------
Câu I (2 điểm)
2x
+
m 1 x m 1 +
+
(
y
Gọi
(*) ( m là tham số).
=
m(C ) là đồ thị của hàm số
) + x 1 +
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi m 1.= 2) Chứng minh rằng với m bất kỳ, đồ thị
m(C ) luôn luôn có điểm cực đại, điểm cực tiểu
và khoảng cách giữa hai điểm đó bằng 20.
Câu II (2 điểm)
1
2 y −
=
1) Giải hệ phương trình
3
3.
−
=
log y 3
2) Giải phương trình 1
sin 2x
cos 2x
0.
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩ sin x
− + )2 cos x
+
+
+
=
x 1 ( 3log 9x 9 +
Câu III (3 điểm)
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;0) và B(6; 4) . Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm của (C) đến điểm B bằng 5.
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng
ABC.A B C với 1
1
1
−
1
A(0; 3;0), B(4;0;0), C(0;3;0), B (4;0; 4). a) Tìm tọa độ các đỉnh
A , C . Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với
1
1
mặt phẳng
(BCC B ). 1
1
1
1A B . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm 1A C tại điểm N . 1BC . Mặt phẳng (P) cắt đường thẳng
1
b) Gọi M là trung điểm của A, M và song song với Tính độ dài đoạn MN.
Câu IV (2 điểm)
π 2
1) Tính tích phân
.
I
dx
=
∫
s in2x cosx 1 cosx
+
0
2) Một đội thanh niên tình nguyện có 15 người, gồm 12 nam và 3 nữ. Hỏi có bao nhiêu cách phân công đội thanh niên tình nguyện đó về giúp đỡ 3 tỉnh miền núi, sao cho mỗi tỉnh có 4 nam và 1 nữ?
Câu V (1 điểm)
x
x
x
x
x
x
Chứng minh rằng với mọi x
.
3
4
5
,∈ (cid:92) ta có:
+
+
≥
+
+
12 5
15 4
20 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Khi nào đẳng thức xảy ra?
--------------------------------Hết--------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................. Số báo danh …...............................
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
--------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 ---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối B (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Nội dung
Câu I
Ý I.1
2x
a) TXĐ: (cid:92)\{
}. 1−
. m 1 y = ⇒ = x 1 = + + 1 x 1 + 2x 2 + + x 1 +
Điểm 2,0 1,0 0,25
2
b) Sự biến thiên:
,
y ' 0
x
2, x
= ⇔ = −
0. =
2
1 + y ' 1 = = − 2x 2 ) x 1 +
y
2
( =
=
−
=
(
) x 1 + ( ) y 0 CT là tiệm cận đứng.
0,25
là tiệm cận xiên.
2, y = − x = − 1 x 1 y = +
) yCĐ Đường thẳng Đường thẳng Bảng biến thiên:
+
0,25
x y’ y
− ∞ − 2 1− 0 + ∞ + 0 − − 0 2− + ∞ + ∞ − ∞ − ∞ 2
c) Đồ thị
0,25
1
x ( 2.
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
I.2
Ta có:
y
x m
.
= +
+
1 x 1 +
1,0 0,25
TXĐ: (cid:92)\{
}. 1−
+
1
)
y ' 1
, y ' 0
x
2, x
0.
= −
=
= ⇔ = −
=
2
(
) x 1 +
( x x 2 2 ) ( x 1 +
y '
Xét dấu
x
0
+ ∞
− 1−
y’
− ∞ +
2 0
− || − 0 +
Đồ thị của hàm số (*) luôn có điểm cực đại là
và điểm cực tiểu là
M 2; m 3
−
−
(
)
.
) N 0; m 1+
(
2
2
MN
0
20.
=
+
m 3 −
=
( 2 − −
)
(
) m 1 + −
(
)
(
)
(
)
0,50 0,25
II.1
1 (1)
2 y −
=
3
2,0 1,0 0,25
3 (2)
=
−
log y 3
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
ĐK:
0,25
y.
−
= ⇔
=
x ⇔ =
)
3log y 3 3
log x 3
log y 3
( ) 2 Thay
3 vào (1) ta có
y
x 1 − + )2 ( 3log 9x 9 x 1 ≥⎧ ⎨ 0 y 2. < ≤ ⎩ ( 3 1 log x ⇔ + x=
x 1
2 x 1
x 1 2 x 2
− +
− = ⇔ − + − +
−
−
1 =
(
)( x 1 2 x
)
0,50
=
) x; y
x; y
=
=
2. )
(
) 2; 2 .
x 1, x = ⇔ = ( ) và ( 1;1
0 )
( )( x 1 2 x ⇔ − − Vậy hệ có hai nghiệm là (
Phương trình đã cho tương đương với
2
1,0 0,50
+
⇔
+ +
+ +
+
0 = 0 =
II.
⇔
+
+
0. =
sin x cos x 2sin x cos x 2cos x ) ( sin x cos x 2cos x sin x cos x ) )( sin x cos x 2 cos x 1
(
tgx
0
1
x
k
k
• sin x cos x +
= ⇔ = − ⇔ = − + π (
) .∈ (cid:93)
0,25
II.2
•
k
2 cos x 1 0
cos x
x
k2
+ = ⇔
= − ⇔ = ±
+
π (
) .∈ (cid:93)
0,25
π 4 2 π 3
1 2
2
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
III.
III.1
I a; b và bán kính của (C) là
R.
3,0 1,0 0,25
Gọi tâm của (C) là ( (C) tiếp xúc với Ox tại A
và
) 2⇒ = a
b R.=
2
2
2
0,25
IB 5
6 2
25
b
8b 7 0
= ⇔ −
+
4 b −
= ⇔ −
+ = ⇔ =
b 1, b 7. =
)
(
Với
a
( 2, b 1 =
=
0,25
2
2
−
+
1. =
)
(
) y 1 −
Với
a
=
2, b 7 =
0,25
2
2
49.
−
+
y 7 −
=
)
(
)
) ta có đường tròn ) ( ( 1C : x 2 ta có đường tròn ) ( ( 2C : x 2
III.2a
−
1
( ) ) A 0; 3; 4 , C 0;3; 4 . 1 (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BC
0;0; 4
=
( = −
(
)
( (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ) 4;3;0 , BB 1
1,0 0,25 0,25
mp BCC B là
(cid:71) n
.
=
=
( 12;16;0
)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BC, BB 1
1
1
⎤ ⎦
⎡ ⎣
Vectơ pháp tuyến của Phương trình mặt phẳng (
) 1 16y 0
) ( BCC B : 1 +
−
= ⇔ +
3x 4y 12 0. = −
( 12 x 4
)
Bán kính mặt cầu:
0,25
−
12 12 −
.
=
=
=
)
( R d A, BCC B 1
1
(
)
2
24 5
2 3
4
+
Phương trình mặt cầu:
0,25
2
2
.
x
z
+
y 3 +
+
=
(
)2
576 25
III.2b
Ta có
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ; 4 , AM 2;
−
=
1,0 0,25
( = −
) 4;3; 4 .
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ; 4 , BC 1
3 2
3 2
⎛ M 2; ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
.
Vectơ pháp tuyến của (P) là
6; 24;12
=
= − −
0,25
Phương trình (P):
⎤ ⎦ 12z 0
−
−
+
+
( = ⇔ +
−
+
Ta thấy
(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎡ n ⎣ P ( 6x 24 y 3 Do đó
đi qua
và song song với
B(4;0;0)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AM, BC 1 ) (P)
A, M
(P).∉
) x 4y 2z 12 0. = 1BC .
Ta có
. Phương trình tham số của đường thẳng
là
0;6;0
=
(
)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) 1A C 1
1A C
1
0
t
3 = − + 4.
x =⎧ ⎪ y ⎨ ⎪ =⎩ z
0,50
Vì
8 12 0
2
− +
= ⇔ = . t
) N 0; 3 t; 4 . − + ) ( 3 t − +
Vậy
N A C ∈ 1 1 ( N P∈ (
( ⇒ ) 0 4 + nên ) N 0; 1; 4 . −
2
2
2
MN
1
.
=
2 0 −
+ − +
+
4 4 −
=
(
)
(
)
3 2
7 1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
2
π 2
Ta có
sin xdx.
dx
I 2 =
. Đặt t 1 cos x = +
dt ⇒ = −
2,0 1,0 0,25
∫
+
0
x
0
t
2, x
t 1
= ⇒ =
= ⇒ = .
IV
sin x cos x 1 cos x π 2
IV.1
2
1
2
(
0,25
dt
2
t 2
dt
I 2 =
−
=
− +
(
)
∫
∫
) t 1 − t
1 t
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
1
2
2
0,25
2
2t
ln t
=
−
+
1
t 2
⎞ ⎟ ⎠
2
2 ln 2 1
.
=
2 2 4 ln 2 − +
−
−
=
−
0,25
(
)
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎤ ⎥ ⎦
2 ⎛ ⎜ ⎝ ⎡ ⎢ ⎣
4
IV.2
Có
cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất. Với mỗi
12C C
1 3
4
8C C
1 2
1,0 0,50
cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất thì có cách phân công các thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ hai. Với mỗi cách phân công các thanh
4
cách phân công các
4C C
1 1
niên tình nguyện về tỉnh thứ nhất và tỉnh thứ hai thì có thanh niên tình nguyện về tỉnh thứ ba. Số cách phân công đội thanh niên tình nguyện về 3 tỉnh thỏa mãn yêu cầu bài toán là
0,50
207900.
=
1 C .C .C .C .C .C 2
4 12
1 3
1 1
4 4
4 8
V
Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho hai số dương ta có x
x
x
x
2
.
+
≥
12 5
15 4
12 5
15 4
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
1,0 0,50
x
x
x 2.3
(1).
⇒
+
≥
12 5
15 4
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝ Tương tự ta có
x
x
x
2.4
(2).
+
≥
12 5
20 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
x
x
x
2.5
(3).
+
≥
15 4
20 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
Cộng các bất đẳng thức (1), (2), (3), chia hai vế của bất đẳng thức nhận được cho 2, ta có điều phải chứng minh. Đẳng thức xảy ra
(1), (2), (3) là các đẳng thức
0.=
⇔ x
⇔
-------------------------------Hết-------------------------------
4
kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 M«n thi : to¸n khèi B
3
m
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ----------------------- §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi: 180 phót _______________________________________________
23 x
(1) m y x + − = ( lµ tham sè).
®Ó ®å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng víi nhau qua gèc täa ®é.
C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè m 1) T×m 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m =2. C©u 2 (2 ®iÓm).
c otg x
x tg
4sin 2
x
−
+
=
2 sin 2
x
2
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh .
ABC
y
y 2 3 y = + 2 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh x 2 2 x 3 . x = + 2 y
G
; 0
,
AB AC BAC
(1; 1)
=
C©u 3 (3 ®iÓm). 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho tam gi¸c cã
M − lµ trung ®iÓm c¹nh BC vµ
2 3
ABC
(cid:110) 0 90 . = BiÕt lµ träng
t©m tam gi¸c
A B C '
.
'
ABCD
a
, , . cã ®¸y
N
CC
AA
'
(cid:110) 060 BAD =
. T×m täa ®é c¸c ®Ønh ABCD A B C D ' ' 2) Cho h×nh l¨ng trô ®øng lµ mét h×nh thoi c¹nh ,
,
' . cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. H·y tÝnh ®é
AA
lµ trung ®iÓm c¹nh vµ
, B M D N B MDN lµ h×nh vu«ng. '
yz
. Gäi M lµ trung ®iÓm c¹nh ', ' theo a ®Ó tø gi¸c gãc Chøng minh r»ng bèn ®iÓm dµi c¹nh
C
→ AC
(0; 6;
0)
=
3) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox cho hai ®iÓm
A trung ®iÓm
B (2; 0; 0), (0; 0; 8) vµ ®iÓm sao cho I cña BC ®Õn ®−êng th¼ng OA .
. TÝnh kho¶ng c¸ch tõ
2
y
4
x
.
x = +
−
C©u 4 (2 ®iÓm).
2
1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè
π 4 ∫ 0
I dx = 2) TÝnh tÝch ph©n . x x 1 2sin − 1 sin 2 +
2
n
1 +
2
1
3 2
1
2
1
(cid:34)
+
+
+
+
0 C n
1 C n
2 C n
n nC
− 2
− 3
− 1
n
+
n lµ sè nguyªn d−¬ng. TÝnh tæng C©u 5 (1 ®iÓm). Cho
k n
phÇn tö).
( C lµ sè tæ hîp chËp k cña n ----------------------------------HÕt--------------------------------- Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh……………………………………….. Sè b¸o danh…………
kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 ®¸p ¸n −thang ®iÓm
M«n thi : to¸n Khèi B
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o −−−−−−−−−−−−− ®Ò thi chÝnh thøc
Néi dung
®iÓm 2®iÓm 1 ®iÓm
0, 25 ®
0
)
)
(
x ≠ sao cho
C©u 1. 1) §å thÞ hµm sè (1) cã hai ®iÓm ph©n biÖt ®èi xøng nhau qua gèc täa ®é y = − − ⇔ tån t¹i 0
y x ( 0
x 0
2
3
2
0
3
m
(
)
)
m
−
+
3( − −
+
x ≠ sao cho
0, 25 ®
⇔ tån t¹i 0
3 x 0
x 0
x 0
x 0
= − −
2
0,25 ®
0
m=
x ≠ sao cho
03x
0,25 ® 1 ®iÓm
⇔ tån t¹i 0 0m⇔ > . 2) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè khi m = 2.
3
y
x
23 x
=
−
2. +
2m = hµm sè trë thµnh
Khi TËp x¸c ®Þnh : (cid:92) .
2
0,25®
y
x
y
x 6 ,
' 0
' 3 =
−
0 2.
x
6.
'' 0
−
" 6 =
0,25®
(1;0)
x = = ⇔ = x x 1. = ⇔ = x = ⇒ 1
lµ ®iÓm uèn.
+ ∞
0,25®
+
+∞
−
+
x y’ y
0 0 2 C§
− ∞ − ∞
2 0 CT −2
3;0)
±
vµ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 2) .
y
2
0,25®
2
1
O
x
−2
y y "y triÖt tiªu vµ ®æi dÊu qua B¶ng biÕn thiªn: §å thÞ c¾t trôc hoµnh t¹i c¸c ®iÓm (1;0), (1
1
C©u 2.
2®iÓm 1 ®iÓm
cotg
x
tg
x
4sin 2
x
(1).
−
+
=
1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh:
2 sin 2
x
sin
x
0
≠
(*).
§iÒu kiÖn:
cos
x
0
≠
2
2
cos
x
4sin 2
x
x
4sin 2
⇔
+
=
⇔
+
=
−
Khi ®ã (1)
x
x sin − x x sin cos
2 sin 2
x x
x x
x
sin cos
2 sin 2
cos sin 2
2
x
cos 2
x
⇔
−
1 0 − =
(
)
⇔
k ∈ Z .
x
= ±
+
k π
cos 2
x
= −
2 2 cos 2 = ⇔ k x = π π 3
2 cos 2 4sin 2 x x + x 1 cos 2 = ⇔ 1 2
x
k π (
k
∈ Z ).
KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn (*) ta ®−îc nghiÖm cña (1) lµ
π = ± + 3
2
y
2
y
3
(1)
=
+ 2
2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh
x 2
x
2
x
3
(2).
=
+ 2
y
x
0,
y
≠
§iÒu kiÖn
0 ≠ .
2
(
)(3
x
y
xy
y
−
) 0 =
3
2
2 x y
y
=
+
⇔
Khi ®ã hÖ ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi
x + + 2
2
2
2
3
xy
x
2.
=
+
3
xy
x
2
=
+
x
y
=
1
⇔
TH1:
2
2
1.
3
2
xy
x
=
+
x = y =
xy
0
y
x
0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 1 ®iÓm 0,25® 0,5® 0,25®
0
TH2:
v« nghiÖm, v× tõ (1) vµ (2) ta cã
x y > . ,
+ + = 2
2
2
3
xy
+
=
3
x
1.
y= =
x VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ: C©u 3. B
1) V× G lµ träng t©m ABC∆
( 1;3)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) 3 MA MG =
= −
vµ M lµ trung ®iÓm BC nªn A⇒
M
.
(1; 1)
M −
(0; 2) vµ vu«ng gãc víi
. G
A
C
y
x
y
x
1) 0
3
( 1,3)
1) 3(
+ = ⇔ − +
+ =
Ph−¬ng tr×nh BC ®i qua (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) MA = −
− +
lµ: 1( −
4 0 (1).
MB MC MA
10
=
=
=
⇒ täa ®é
,B C tháa m·n
Ta thÊy 2
2
y
1)
1)
(
−
+
+
10 ( (2). x = ph−¬ng tr×nh: ,B C lµ (4;0), ( 2; 2). Gi¶i hÖ (1),(2) ta ®−îc täa ®é cña
− −
A’
B’
'
//
A MCN
NC = ⇒
D’
C’
M
I
N
A
B
3®iÓm 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25® 0,25® 1 ®iÓm
C
D
0,5®
2) A M ' lµ h×nh b×nh hµnh, Ta cã 'A C vµ MN c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cña do ®ã mçi ®−êng. MÆt kh¸c A’DCB’ lµ h×nh b×nh hµnh nªn trung ®iÓm I cña A’C còng chÝnh lµ trung ®iÓm cña B’D. VËy MN vµ B’D c¾t nhau t¹i trung ®iÓm I cña mçi ®−êng nªn B’MDN lµ h×nh b×nh hµnh. Do ®ã B’, M, D, N cïng thuéc mét mÆt ph¼ng. MÆt kh¸c DM2 = DA2 + AM2 = DC2 + CN2 = DN2, hay DM = DN. VËy h×nh b×nh hµnh B’MDN lµ h×nh thoi. Do ®ã B’MDN lµ h×nh
2
.
2a
2a
⇔ AA’=
0,5® 1 ®iÓm 0,25®
(0;6;0)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AC =
vµ A(2; 0; 0) suy ra C(2; 6; 0), do ®ã I(1; 3; 4).
0,25®
x − = 1 0.
vu«ng ⇔ MN = B’D ⇔ AC = B’D ⇔ AC2= B’D2 = B’B2 +BD2 ⇔ 3a2 = B’B2 + a2 ⇔ BB’= 3) Tõ Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (α) qua I vµ vu«ng gãc víi OA lµ : ⇒ täa ®é giao ®iÓm cña (α) víi OA lµ K(1; 0; 0).
0,25®
2
2
2
0,25®
IK =
(1 1) −
+
(0 3) −
+
(0 4) −
= 5.
⇒ kho¶ng c¸ch tõ I ®Õn OA lµ C©u 4.
2
y
4
x
.
x = +
−
2; 2
−
1) T×m gi¸ trÞ lín nhÊt vµ nhá nhÊt cña hµm sè TËp x¸c ®Þnh: [ .
]
x
y
' 1 = −
,
2
x
4
−
x
0
2
y
4
x
2
' 0 = ⇔ −
x ⇔ =
x = ⇔
.
≥ 2
2
4
x
x
−
=
2®iÓm 1 ®iÓm 0,25® 0,25® 0,25®
y 2, ( 2)
y
2 2, (2)
y
( 2) − = −
=
Ta cã
2 = ,
y
y
2
=
y
y
( 2)
2 2
=
=
VËy
vµ
( 2) − = − .
min [ 2;2] −
max [ 2;2] −
π 4
2
I
dx .
=
2) TÝnh tÝch ph©n
x x
1 2sin − +∫ 1 sin 2
0
2
I
dx
dx
=
=
.
Ta cã
x x
x
1 2sin − 1 sin 2 +
cos 2 x 1 sin 2 +
π 4 ∫ 0 1 sin 2
t
x
xdx
= +
dt ⇒ =
§Æt
.
0,25® 1 ®iÓm 0,25® 0,25®
x = th× 0
t = víi 1,
t = . 2
Víi
π 4 ∫ 0 2 cos 2 π x = th× 4
ln |
|
ln 2.
I
t
=
=
=
Khi ®ã
0,25® 0,25®
2 1
1 2
1 2
dt t
1 2
2 ∫ 1
C©u 5.
n
(1
x
)
+
=
... + +
.
0 C n
2 2 C x C x + n
1 n
n n C x n
(1
n x dx )
C
+
=
+
... + +
Suy ra
0 n
2 2 C x C x + n
1 n
n n C x dx n
)
(
Ta cã 2 ∫ 1
+ 2 ∫ 1
2
2
n
2
3
1 +
n
1 +
(1
x
)
⇔
+
+
+
... + +
=
1 C x C n
0 n
2 C n
n C n
n
1
x 2
x 3
1
x n
1 +
+
1
n
n
2
1 1 +
1 +
1 +
3 2
2
1
1
2
1
n 3
(cid:34)
C
+
+
+
=
.
0 C ⇔ + n
1 C n
2 C n
n n
1®iÓm 0,5 ® 0,5 ®
− 2
− 3
− 1
2 1
n
n
+
− +
3
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối: A 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
2 x 2
2 x 3
kiện < 4.
2 x 1 Câu II (2,0 điểm)
+
+
x
(1
sin
x cos 2 ) sin
π⎛ ⎞ +⎜ x ⎟ 4 ⎠ = ⎝
x
cos
+
x
tan
1 2
1 −
x
. 1. Giải phương trình
≥ 1.
2
−
1
2(
x
2
x
x
x − + ) x 1 + 1
+
x
2 x e
2. Giải bất phương trình
.
x d
∫
2 x e
e + 1
2
0
Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I =
2
+
+
−
−
=
(4
x
1)
x
(
y
3) 5 2
y
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.
(x, y ∈ R).
2
2
+
+
−
=
4
x
y
2 3 4
x
7
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Câu V (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
0
x
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
y+ = 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
và điểm A có hoành độ dương.
phương trình của (T), biết tam giác ABC có diện tích bằng
−
1
x
z
=
=
và mặt phẳng (P): x − 2y + z = 0.
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho đường thẳng ∆:
3 2 y 1
2
2+ − 1
+
−
=
2 ) (1
( 2
.
Gọi C là giao điểm của ∆ với (P), M là điểm thuộc ∆. Tính khoảng cách từ M đến (P), biết MC = 6 . z
i 2 )
i
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
2
y
2
z
3
=
=
. Tính
2. Trong không gian toạ độ Oxyz, cho điểm A(0; 0; −2) và đường thẳng ∆:
2
3
2
3
khoảng cách từ A đến ∆. Viết phương trình mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại hai điểm B và C sao cho BC = 8. − (1
Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm phần ảo của số phức z, biết 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.
. Tìm môđun của số phức z + i z.
−
3 ) i i
1
Câu VII.b (1,0 điểm) Cho số phức z thỏa mãn z =
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................................
----------- Hết ----------
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2010 Môn: TOÁN; Khối A (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Đáp án
Câu
Điểm
1. (1,0 điểm)
I (2,0 điểm)
Khi m = 1, ta có hàm số y = x3 − 2x2 + 1. • Tập xác định: R.
0,25
• Sự biến thiên:
'( )
- Chiều biến thiên:
.
'y = 3x2 − 4x;
y x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x =
4 3
;
0;
; nghịch biến trên khoảng
.
+ ∞
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞; 0) và
4 3
4 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
.
−
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 1, đạt cực tiểu tại x =
; yCT =
5 27
4 3
y
y
- Giới hạn:
= − ∞ ;
= + ∞.
x
x
lim → − ∞
lim → + ∞
- Bảng biến thiên:
+∞
x −∞ 0
4 3
0,25
'y + 0 − 0 + +∞
1
y
−
5 27
−∞
• Đồ thị:
y
1
0,25
4 3
x
2
−
O 5 27
2. (1,0 điểm)
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm: x3 − 2x2 + (1 − m)x + m = 0 ⇔ (x − 1)(x2 − x − m) = 0 ⇔ x = 1 hoặc x2 − x − m = 0 (*)
0,25
Đồ thị của hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt, khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm 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:
≠
0 2
3
+
<
x 2
x 3
⎧∆ > ⎪ (1) g ⎨ ⎪ 2 ⎩
0
>
m 0
−
⇔
⇔
< m < 1 và m ≠ 0.
0,25
1 4
3
<
4 1 + ⎧ ⎪ m − ≠ ⎨ ⎪ + 1 2 m ⎩
Trang 1/4
Câu
Đáp án
Điểm
II
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
Điều kiện: cosx ≠ 0 và 1 + tanx ≠ 0.
0,25
Khi đó, phương trình đã cho tương đương: 2 sin
(1 + sinx + cos2x) = (1 + tanx)cosx
π⎛ x +⎜ 4 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
sin
x
cos
x
⇔ (sinx + cosx)(1 + sinx + cos2x) =
⇔ sinx + cos2x = 0
0,25
x + cos
cos x
⇔ 2sin2x − sinx − 1 = 0 ⇔ sinx = 1 (loại) hoặc sinx = −
0,25
1 2
⇔ x = −
+ k2π hoặc x =
+ k2π (k ∈ Z).
0,25
π 6
7 π 6
2. (1,0 điểm)
2
2
Điều kiện: x ≥ 0. 22( x
1)
x
1)
1
22( x
1)
Ta có:
x− +
x+ (
−
x− +
=
+ > 1, suy ra 1 −
< 0.
0,25
22( x
1)
Do đó, bất phương trình đã cho tương đương với:
x− +
≤ 1 − x + x (1)
2
2
0,25
1)
2(1
)
2(
)
22( x
x
x
Mặt khác
x− +
−
+
=
≥ 1 − x + x (2), do đó:
1)
22( x
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
x ≥ 0, do đó:
+ 1 − x = x kéo theo 1 − x +
1
0
⇔
⇔
x − ≥ 2
3
x
0
(1
)
x
x
=
−
1 + =
(3) ⇔ 1 − x = x 1 ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
x ≤⎧⎪ ⎨ 2 x − ⎪⎩
0,25
5
3
, thỏa mãn điều kiện x ≥ 0.
⇔ x =
− 2
1
1
1
x
x
III
2
d
d
x
x
2 x dx
x
.
+
=
I =
+
0,25
x
x
∫
∫
e 2
1
e
+
e e+∫ 1 2
(1,0 điểm)
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
0
0
0
1
1
3
2 x dx
x
Ta có:
=
=
0,25
∫
1 3
1 3
0
0
1
1
x
d
x
, suy ra:
và
=
0,25
x
∫
1 2
d(1 1
x 2 ) e + x 2 e +
e e+∫ 1 2
0
0
1
1
1
ln
ln
.
xe+ ln(1 2 )
I =
=
=
+
+
+
0,25
1 2
1 2
e+ 2 3
1 2
e+ 2 3
1 3
1 3
1 3
0
S
• Thể tích khối chóp S.CDNM.
IV
SCDNM = SABCD − SAMN − SBCM
(1,0 điểm)
BC.BM
AM.AN −
= AB2 −
0,25
1 2 2
2
K
.
−
=
= a2 −
a 8
a 4
1 2 25 a 8
N
D
A
3
H
M
0,25
.
SCDNM.SH =
VS.CDNM =
C
B
5 3 a 24
1 3
=
⇒ DM ⊥ CN, kết hợp với DM ⊥ SH, suy ra DM ⊥ (SHC).
0,25
• Khoảng cách giữa hai đường thẳng DM và SC. ∆ADM = ∆DCN ⇒ (cid:110) (cid:110)ADM DCN 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
Đáp án
Câu
Điểm
2
.SH HC
.
Ta có: HC =
=
và HK =
=
, do đó: d(DM, SC) =
0,25
2
2
2CD CN
a 5
2 3 a 19
2 3 a 19
SH
HC+
.
Điều kiện: x ≤
; y ≤
V (1,0 điểm)
3 4
5 2
0,25
(1)
Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với: (4x2 + 1).2x = (5 − 2y + 1) 5 2 y−
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
0
2
⇔
Do đó: (1) ⇔ 2x = 5 2 y−
x
5
−
.
4 2
x ≥⎧ ⎪ ⎨ y =⎪ ⎩
2
2
2
x
4x−
Thế vào phương trình thứ hai của hệ, ta được: 4x2 +
+ 2 3
−7 = 0 (3).
5 ⎛ −⎜ 2 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
không phải là nghiệm của (3).
Nhận thấy x = 0 và x =
0,25
3 4
2
2
2
0;
x
.
4x−
+ 2 3
− 7, trên khoảng
Xét hàm g(x) = 4x2 +
3 4
5 ⎛ −⎜ 2 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
4
4
2
2
'( )
x
g x = 8x − 8x
−
= 4x (4x2 − 3) −
< 0, suy ra hàm g(x) nghịch biến.
3
3
4x−
4x−
5 ⎛ −⎜ 2 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
Mặt khác
g
= 0, do đó (3) có nghiệm duy nhất x =
; suy ra y = 2.
1 2
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
; 2
.
Vậy, hệ đã cho có nghiệm: (x; y) =
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
VI.a
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
y
và tam giác
=
d1 và d2 cắt nhau tại O, cos(d1, d2) =
| 3. 3 1.1| − 3 1. 3 1
+
+
0,25
d2
d1
1 2 OAB vuông tại B, do đó (cid:110)AOB = 60(cid:68) ⇒ (cid:110)BAC = 60(cid:68) .
O
x
(OA.sin 60(cid:68) ).(OA.tan 60(cid:68) )
AB.AC.sin 60(cid:68) =
Ta có: SABC =
B
3 4
A
0,25
OA2.
=
I
C
.
, suy ra OA2 =
Do đó: SABC =
1 2 3 3 8 3 2
4 3
x
y
3
+
.
; 1 −
Tọa độ A(x; y) với x > 0, thỏa mãn hệ:
⇒ A
2
2
1 3
x
y
+
=
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0 = 4 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.
x
y
3
0
−
=
;
2
.
Tọa độ C(x; y) thỏa mãn hệ:
−
⇒ C
2 3
−⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
x
y
3
3
0
−
4 − =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
;
Đường tròn (T) có đường kính AC, suy ra tâm của (T) là I
−
và bán kính IA = 1.
3 2
1 2 3
−⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0,25
2
2
1
x
y
.
Phương trình (T):
+
+
+
=
3 2
1 2 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Trang 3/4
Câu
Đáp án
Điểm
2. (1,0 điểm)
= (2; 1; −1) và mặt phẳng (P) có
0,25
M
= (1; −2; 1).
(cid:71) (cid:71) ,v n
cos
.
(cid:71) Đường thẳng ∆ có vectơ chỉ phương v (cid:71) vectơ pháp tuyến n Gọi H là hình chiếu của M trên (P), ta có cos (cid:110)HMC =
0,25
)
(
(cid:71) (cid:71) ,v n
cos
d(M, (P)) = MH = MC.cos (cid:110)HMC = MC.
0,25
C
)
H
P
.
= 6 .
=
0,25
∆
( | 2 2 1| − − 6. 6
1 6
VII.a
0,25
Ta có: z = (1 + 2 2 i) (1 − 2 i)
(1,0 điểm)
0,25
= 5 + 2 i, suy ra:
0,25
z = 5 − 2 i.
0,25
Phần ảo của số phức z bằng: − 2 .
VI.b
1. (1,0 điểm)
(2,0 điểm)
A
Gọi H là trung điểm của BC, D là trung điểm AH, ta có AH ⊥ BC. Do đó tọa độ D(x; y) thỏa mãn hệ:
0,25
D
d
⇒ D(2; 2) ⇒ H(− 2; − 2).
x x
4 0 0
y + − = y − =
• E
⎧ ⎨ ⎩
B
C
0,25
H
Đường thẳng BC đi qua H và song song d, suy ra BC có phương trình: x + y + 4 = 0.
0,25
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) . CE
= 0
0,25
Điểm B, C thuộc đường thẳng BC: x + y + 4 = 0 và B, C đối xứng nhau qua H(− 2; − 2), do đó tọa độ B, C có dạng: B(t; − 4 − t), C(− 4 − t; t). (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) Điểm E(1; −3) nằm trên đường cao đi qua đỉnh C của tam giác ABC, suy ra: AB ⇔ (t − 6)(5 + t) + (− 10 − t)(− 3 − t) = 0 ⇔ 2t2 + 12t = 0 ⇔ t = 0 hoặc t = − 6. Ta được: B(0; − 4), C(− 4; 0) hoặc B(− 6; 2), C(2; − 6).
2. (1,0 điểm)
= (2; 3; 2) làm
0,25
(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ,v MA
(cid:71) Đường thẳng ∆ đi qua điểm M(−2; 2; −3), nhận v vectơ chỉ phương. (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) Ta có: MA
= (7; 2; −10).
⎤ ⎦
A •
C
∆
B
⎡ ⎣
⎤ ⎦
Suy ra: d(A, ∆) =
= 3.
=
0,25
• M
49 4 100 + + 4 9 4 + +
⎡ = (2; −2; 1), ⎣ (cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ,v MA (cid:71) v
0,25
Gọi (S) là mặt cầu tâm A, cắt ∆ tại B và C sao cho BC = 8. Suy ra bán kính của (S) là: R = 5.
0,25
Phương trình (S): x2 + y2 + (z + 2)2 = 25.
3
0,25
VII.b
(1
3 )i
Ta có:
−
= − 8.
(1,0 điểm)
Do đó z =
= − 4 − 4i, suy ra z = − 4 + 4i.
0,25
8 − 1 i −
0,25
⇒ z + i z = − 4 − 4i + (− 4 + 4i)i = − 8 − 8i.
Vậy: z
iz+
= 8 2 .
0,25
------------- Hết -------------
Trang 4/4
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: 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 Câu I (2 điểm)
2
2
+
−
mx
=
Cho hàm số
y
(1),
với m là tham số thực.
− (3m 2)x 2 + x 3m
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 1= . 2. Tìm các giá trị của m để góc giữa hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1) bằng
o45 .
Câu II (2 điểm)
1
+
=
−
4s in
1. Giải phương trình
1 s inx
7π 4
⎛ ⎜ ⎝
⎞ x . ⎟ ⎠
3π 2
⎛ −⎜ sin x ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
2
+ +
+
+
= −
x
3 y x y xy
xy
5 4
∈
(
2. Giải hệ phương trình
x, y
) (cid:92) .
4
2
+
+
= −
x
y
+ xy(1 2x)
5 4
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
Câu III (2 điểm)
(
)
=
=
d :
.
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A 2;5;3 và đường thẳng − z 2 2
− x 1 2
y 1
1. Tìm tọa độ hình chiếu vuông góc của điểm A trên đường thẳng d. 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) chứa d sao cho khoảng cách từ A đến (α) lớn nhất.
Câu IV (2 điểm)
π 6
1. Tính tích phân
I
dx.
= ∫
4 tg x cos 2x
0
2. Tìm các giá trị của tham số m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực phân biệt :
4
4
+
− +
+
2x
2x 2 6 x 2 6 x m
− = (m
).∈ (cid:92)
PHẦN RIÊNG __________ Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu: V.a hoặc V.b __________ Câu V.a. Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, hãy viết phương trình chính tắc của elíp (E) biết rằng
(E) có tâm sai bằng
và hình chữ nhật cơ sở của (E) có chu vi bằng 20.
*
=
+
)n
2. Cho khai triển (
5 3 + 1 2x
a
trong đó
n ∈ (cid:96) và các hệ số
a , a ,..., a n
0
1
+ + n a x ... a x , 1
n
+
=
a
+ + ...
4096.
Tìm số lớn nhất trong các số
thỏa mãn hệ thức
a , a ,..., a .
0
1
n
0
n n
a 1 2
0 a 2
2
2
=
Câu V.b. Theo chương trình phân ban (2 điểm) + − + x 1)
log
(2x
log
4.
− (2x 1)
− 2x 1
1. Giải phương trình + x 1 2. Cho lăng trụ ABC.A 'B 'C ' có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, AC = a 3 và hình chiếu vuông góc của đỉnh A ' trên mặt phẳng (ABC) là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích khối chóp A '.ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng AA ' , B 'C ' .
...........................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:...............................................
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008 Môn thi: TOÁN, khối A (Đáp án - thang điểm gồm 05 trang) BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯⎯ ĐỀ CHÍNH THỨC
2x
=
D
{ −(cid:92) \
} 3 .
• TXĐ:
2
Nội dung Điểm 2,00 Câu I 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) = Khi m = 1 hàm số trở thành: y = − + x 2 . + − x 2 + x 3 4 + x 3
+
x
= ⇔
= −
=
y ' 1
,
• Sự biến thiên:
2
= − 1 x ⎡ ⎢ = − 5 x ⎣
=
(
)
4 + (x 3) ( =
y
y
+ 6x 5 + 2 (x 3) ) − = − 1 1.
− = − , yCT 5 9
• yCĐ
0,25 y ' 0
• TCĐ: x
3= − , TCX: y
= − x 2.
• Bảng biến thiên:
x −∞ 5− 3− 1− +∞ y’ + 0 − − 0 +
+∞
0,25
+∞
9−
y
−∞
1−
−∞
y
-5
O
-1
-3
2
x
-1
-2
• Đồ thị:
0,25
-9
2
2
0,25
+
−
=
− +
=
− 6m 2 + x 3m
0,25
• Khi
= đồ thị hàm số không tồn tại hai tiệm cận.
m
m
≠ đồ thị hàm số có hai tiệm cận :
• Khi
0,25
− (3m 2)x 2 + x 3m 1 3 1 3 = − ⇔ +
=
=
3m x 3m 0,
d1: x
− ⇔ − − = d2: y mx 2 mx y 2 0.
=
=
(1;0)
− (m; 1).
,
Vectơ pháp tuyến của d1, d2 lần lượt là
(cid:74)(cid:74)(cid:71) 2n
(cid:74)(cid:74)(cid:71) 1n o45 khi và chỉ khi
0,50
m
m
=
=
⇔
= ⇔ = ±
0 cos45
m
1.
2 2
+ 2 m 1
+ 2 m 1
Góc giữa d1 và d2 bằng (cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) n .n 1 2 (cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) n . n 1 2
2 Tìm các giá trị của tham số m ... (1,00 điểm) mx mx 2 . y
Trang 1/5
−
sin(x
≠ 0.
)
0≠ và
Điều kiện sin x
3π 2
= −
+
2 2(s inx + cosx)
Phương trình đã cho tương đương với:
0,50
1 s inx
1 cosx
+
=
(s inx + cosx)
2 2
0.
⇔
1 s inxcosx
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
π
• s inx + cosx
= ⇔ = − + π k .
x
0
4
π
⇔
=
+
•
= − ⇔ = − + π hoặc
2 2
= 0
sin 2x
k
x
x
+ π k .
0,50
1 s inxcosx
2 2
8
π 5 8
Đối chiếu với điều kiện ta được nghiệm của phương trình là :
π
=
+ π
x
k ; x
k (k
x
= − + π k ;
∈ (cid:93) ).
π 5 8
4
2,00 II 1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
π = − + π 8 2 Giải hệ... (1,00 điểm)
⎧
2
2
2
2
+ +
+
+
+ +
+
= −
= −
)
x
3 y x y xy
xy
x
( + y xy xy x
y
5 4
5 4
( )∗
4
2
2
2
+
+
= −
+
+
= −
x
y
+ xy(1 2x)
(x
y)
xy
5 4
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
⎪⎪⇔ ⎨ ⎪ ⎪⎩
= −
2
+
y
5 4
Đặt
. Hệ phương trình ( )∗ trở thành
0,50
x xy
2
⎧ = u ⎨ =⎩ v
+ = − v
u
5 4
5 4 ⎧ + + u v uv ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
2
=
= −
u
0, v
v
u
5 4
5 = − − 4
3
2
+
+
=
= −
= −
u
u
0
u
, v
.
u 4
⎡ ⎢ ⇔ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣
⎧ ⎪ ⎪⇔ ⎨ ⎪ ⎪⎩
3 2 + =
2x
3
= −
y
v
= − ta có hệ pt
• Với u = 0,
5 4
5 4
25 16
1 2 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⇔ 3 = x và . = − xy y 0 5 4
2
3
0,50
= − • Với u , v = − ta có hệ phương trình 3 2
3
3
− + − = x 0 1 2 1 + = 2 = − ⇔ x 1= và y . 3 2 = − y x 3 0 3 2x ⎧ 2x ⎪⇔ ⎨ = − y ⎪ ⎩ 3 2x 3 2x ⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
;
.
và
5 4
25 16
3 ⎛ ⎞−⎜ 1; ⎟ 2 ⎠ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
Tìm toạ độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)
− Hệ phương trình có 2 nghiệm :
Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
Gọi H là hình chiếu vuông góc
III 2,00 1
0,50
=
−
−
−
của A trên d, suy ra H(1 + 2t ; t ; 2 + 2t) và AH (2t 1; t 5; 2t 1).
0=
⇔ 2(2t – 1 ) + t – 5 + 2(2t – 1) = 0 ⇔ t = 1.
0,50
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:71) Vì AH ⊥ d nên AH. u (
)
Suy ra
H 3;1; 4 .
Trang 2/5
(cid:71) ) ( u 2;1; 2 . (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
0,50
Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên mặt phẳng ( ).α Ta có d(A, (α) ) = AK ≤ AH (tính chất đường vuông góc và đường xiên). Do đó khoảng cách từ A đến ( )α lớn nhất khi và chỉ khi AK = AH, hay K ≡ H.
= (1 ; – 4 ; 1) làm vectơ pháp tuyến.
0,50
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) Suy ra ( )α qua H và nhận vectơ AH Phương trình của ( )α là −
−
−
−
− + 1(x 3) 4(y 1) 1(z 4) 0
+ − = = ⇔ x 4y z 3 0.
2 Viết phương trình mặt phẳng ( )α chứa d sao cho... (1,00 điểm)
IV 2,00
π 6
π 6
=
dx
dx.
I =
2
∫
∫
−
4 tg x cos 2x
4 tg x ) ( 2 1 tg x cos x
0
0
0,25
π
=
=
t
tgx
dt
.
t
.
Đặt
thì
Với x
0= thì t
0= ; với x
= ⇒ =
dx 2 cos x
6
1 3
Suy ra 1 3
1 3
1 3
3
4
0,50
2
= −
+
+
=
(
I
dt
− + t
ln
t
) 1 dt
dt
1 3
2
∫
∫
1 −
t −∫ 1 t
t 3
1 2
1 − + t 1 t 1
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0
0
0
⎛ = − ⎜ ⎝
⎞+ t 1 ⎟− t 1 ⎠
0
+
−
=
)
0,25
( ln 2
3
.
1 2
10 9 3
1 Tính tích phân... (1,00 điểm)
6
x
Điều kiện: 0
≤ ≤ .
∈
[
x
] 0; 6 .
Đặt vế trái của phương trình là f (x) ,
1
=
+
−
−
f '(x)
Ta có
3
3
4
4
1 −
1 2x
1 − 6 x
2 (2x)
2 (6 x)
1
+
=
−
−
∈ , x (0;6).
3
3
0,50
4
4
1 2
1 2x
1 − 6 x
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
(2x)
1 − (6 x)
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
1
=
−
=
−
Đặt
u(x)
, v(x)
.
3
3
4
4
1 2x
1 − 6 x
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
1 − (6 x)
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
=
(2x) ( ) v 2
= ⇒ f '(2) 0.= Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương trên
Ta thấy khoảng (
⎛ ⎜ ⎜ ⎝ ( ) 0 u 2 ) 0; 2 và cùng âm trên khoảng (
) 2;6 .
2
6
x 0 f’(x)
+ 0 − 3 2 6+
0,50
4
f(x)
+ 2 6 2 6
+ 4 12 2 3
4
<
+
Ta có bảng biến thiên: Suy ra các giá trị cần tìm của m là:
+ ≤ 2 6 2 6 m 3 2 6.
Trang 3/5
2 Tìm các giá trị của m... (1,00 điểm)
2
2
+
b
Gọi phương trình chính tắc của elíp (E) là:
> > 0.
= , a 1
2
2
x a
y b
0,50
V.a 1 Viết phương trình chính tắc của elíp... (1,00 điểm) 2,00
)
Từ giả thiết ta có hệ phương trình:
2
2
= 20
2 b .
= − a c
Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2.
2
2
0,50
+
Phương trình chính tắc của (E) là
= 1.
x 9
y 4
⎧ 5 c =⎪ 3 a ⎪⎪ ( + 2 2a 2b ⎨ ⎪ ⎪ ⎪⎩
a , a ,..., a ... (1,00 điểm)
0
1
n
n
=
+
=
=
)
)n
Đặt
+ + ...
f
n 2 .
( f x
( = + 1 2x
a
⇒ + a
0
0
+ + a x ... a x 1
n
n n
a 1 2
a 2
1 2
0,50
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
n
12
=
=
⇔ =
n 12.
2
Từ giả thiết suy ra
k
k 1
2 Tìm số lớn nhất trong các số
4096 2 { } 0,1, 2,...,11
ta có
a
Với mọi
2 C=
,
a
2 C+
+ =
k 12
k 1
+ k 1 12
k
k
∈ k
< ⇔ 1
< 1
⇔ < k
.
)
23 3
+ k 1
k k 2 C 12 + 2 C+ k 1 k 1 12 <
0,50
⇔ < 1 + k 1 ( − 2 12 k
a
Do đó
a
< < ...
Mà k ∈ (cid:93)
a a ⇒ ≤ k
0
1
a . 8
> ⇔ >
>
k
1
7.
Do đó
a
a
> > ...
Tương tự,
9
8
a . 12
a k a + k 1
=
=
Số lớn nhất trong các số
a , a ,..., a là
a
8 2 C
126720.
0
1
12
8 12
8
7.
2,00
Điều kiện:
x
> và x 1.≠
1 2
Phương trình đã cho tương đương với
2
+ +
−
log
(2x 1)(x 1)
log
= 4
− 2x 1
+ x 1
0,50
⇔ +
1 log
+ + (x 1) 2 log
− (2x 1) − = 4.
(2x 1)
− 2x 1
+ x 1
2
=
+ = ⇔
t
log
+ (x 1),
ta có
Đặt
t
+ = ⇔ − 3
t
3t 2 0
− 2x 1
2 t
=⎡ t 1 ⎢ =⎣ 2. t
= ⇔
+ = ⇔ − = + ⇔ =
• Với
t 1
log
(x 1) 1
2x 1 x 1
x
2.
− 2x 1
V.b 1 Giải phương trình logarit... (1,00 điểm))
2
= ⇔ −
+
• Với
0 (lo¹i)
= ⇔ 2
= + ⇔ x 1
− 2x 1
0,50
=⎡ x ⎢ ⎢ = x ⎣
=
Nghiệm của phương trình là: x
2= và
x
.
5 4
Trang 4/5
t log (x 1) 2 (2x 1) (tháa m·n) 5 4
A '
B'
A
C
H
B
Gọi H là trung điểm của BC.
0,50
2
2
+
Suy ra A ' H ⊥ (ABC) và AH =
BC =
a
3a
= a.
1 2
1 2
2
2
=
=
A 'H
− 2 A 'A AH
23a=
Do đó
A 'H a 3. ⇒
3
=
=
(đvtt).
Vậy
V
A'H.S Δ
A '.ABC
ABC
1 3
a 2
2
=
=
HB'
2a
+ 2 A 'B' A 'H
nên tam giác
0,50
2 Tính thể tích và tính góc... (1,00 điểm) C '
Trong tam giác vuông A 'B' H có: B' BH cân tại B'. Đặt ϕ là góc giữa hai đường thẳng AA ' và B'C ' thì (cid:110)B ' BH
ϕ =
Vậy
cos
a 2.2a
1 = . 4
ϕ =
Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì được đủ điểm từng phần như đáp án quy định.
Trang 5/5
-------------Hết-------------
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC
2
2
+
+
+
x
+ 2(m 1)x m 4m
=
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)
y
(1),
m là tham số.
1= − .
+ x 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại và cực tiểu, đồng thời các điểm cực trị của đồ thị cùng với gốc tọa
độ O tạo thành một tam giác vuông tại O.
Cho hàm số
Câu II (2 điểm)
1. Giải phương trình: (
) 2 1 sin x cos x
) ( + + 2 1 cos x sin x
1 sin 2x.
2
− +
+ =
3 x 1 m x 1
4 2 x
2. Tìm m để phương trình sau có nghiệm thực:
− 1.
+ = +
1 2t
=
=
d : 1
và 2
+ z 2 1
− y 1 − 1
x 2
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng = − + x ⎧ ⎪ = + d : y 1 t ⎨ ⎪ =⎩ z 3.
+ −
)P : 7x y 4z
0
1. Chứng minh rằng 1d và 2d chéo nhau. 2. Viết phương trình đường thẳng d vuông góc với mặt phẳng (
= và cắt hai đường
thẳng 1d ,
2d .
Câu III (2 điểm)
=
+
(
)x
y
) e 1 x,
x.
y
( = + 1 e
1. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: 2. Cho x, y, z là các số thực dương thay đổi và thỏa mãn điều kiện xyz 1.= Tìm giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
2
2
+
=
+
+
⋅
P
+ 2 z (x y) +
x (y z) + y y 2z z
+ y (z x) + z z 2x x
2y y
x x
Câu IV (2 điểm)
2n
+
+
=
2. Chứng minh rằng:
+ + ...
C
C
C
− 2n 1 2n
1 C 2n
3 2n
5 2n
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có A(0; 2), B(−2; −2) và C(4; −2). Gọi H là chân đường cao kẻ từ B; M và N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB và BC. Viết phương trình đường tròn đi qua các điểm H, M, N. 1 6
1 2n
1 4
1 2
k
( n là số nguyên dương,
− 1 2 + 2n 1 nC là số tổ hợp chập k của n phần tử).
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chỉ được chọn làm câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
−
+
2 log (4x 3)
1. Giải bất phương trình:
≤ + log (2x 3) 2.
3
1 3
2. Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD. Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
---------------------------Hết---------------------------
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm)
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………..……………………………số báo danh: ……………………………….
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2007 Môn: TOÁN, khối A (Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang)
y
Nội dung Điểm 2,00
.
x 2 = − +
1= − ta có
1 x 2 +
.
Khi m =
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,00 điểm) 2x 3 − x 2 + \{ 2}−(cid:92)
0,25
2
x
y ' 1
,
y ' 0
= −
=
2
• Tập xác định: D = • Sự biến thiên:
1 (x 2) +
4x 3 + + 2 (x 2) +
x 3 = − ⎡ = ⇔ ⎢ = − x 1. ⎣
+ ∞
− ∞
−3
−2
−1
y'
+
+
0
0
−
−
+ ∞
+ ∞
y
−6
−∞
− ∞
−2
0,25
3
y
y
6, y
=
− = − 2.
Bảng biến thiên: x yCĐ =
(
(
) − = −
CT
0,25
y
− 3
−1
−2
O
x
−2
0,25
− 6
) 1 • Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 2, tiệm cận xiên y = x − 2. • Đồ thị: Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và … (1,00 điểm)
Câu I
2
2
x
.
y '
=
x 2 +
4x 4 m + − + 2 ) (
2
2
x
có 2 nghiệm
=
+
4x 4 m + −
Hàm số (1) có cực đại và cực tiểu ⇔
( g x
)
2
0,50
>
⇔ m ≠ 0.
phân biệt x ≠ −2
2
4 8 4 m 0
− = − + −
≠
⎧∆ = − + ' 4 4 m 0 ⎪ ⇔ ⎨ ) ( g 2 ⎪⎩
2
1/4
A 2 m; 2
.
,
−
−
Do
m 2; 2
,
− + (cid:71) 0
) nên ba điểm O, A, B
Gọi A, B là các điểm cực trị ⇒ (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) OB m 2; 4m 2 −
= − − −
≠
( =
− − (
(
)
2
0,50
) ( B 2 m; 4m 2 ) − ≠ (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) OA.OB 0
m 8m 8
0
= ⇔ −
+ =
−
tạo thành tam giác vuông tại O ⇔
(thỏa mãn m ≠ 0).
= − ±
4 2 6
.
= − ±
⇔ m 4 2 6 Vậy giá trị m cần tìm là: m
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) OA (cid:71) 0
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)
0,50
Phương trình đã cho ⇔ (sinx + cosx)(1 + sinxcosx) = (sinx + cosx)2 ⇔ (sinx + cosx)(1−sinx)(1−cosx) = 0.
⇔
(k ∈ Z ).
x
kπ, x
k2π, x
k2π
=
+
=
0,50
π = − + 4
π 2
Tìm m để phương trình có nghiệm (1,00 điểm)
4
3
2
m (1).
−
+
=
Điều kiện: x 1≥ . Phương trình đã cho ⇔
x 1 − x 1 +
x 1 − x 1 +
0,50
4
, khi đó (1) trở thành
2t m (2).
Đặt
23t −
+
=
t
=
x 1 − x 1 +
4
4
t
1
và x 1≥ nên 0
Vì
≤ < t 1.
=
=
−
2
3t
x 1 − x 1 + f (t)
= −
≤ < có bảng biến thiên:
2 x 1 + 2t, 0 t 1 +
0
t
1/3
1
1/3
0,50
f(t)
0
-1
Hàm số
1 m
Phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (2) có nghiệm t ∈ [0; 1) ⇔
− <
1 ≤ . 3
2
III
Chứng minh d1 và d2 chéo nhau (1,00 điểm)
= (2; −1; 1),
+) d1 qua M(0; 1; −2), có véctơ chỉ phương
0,25
= (2; 1; 0).
d2 qua N(−1; 1; 3), có véctơ chỉ phương
(cid:74)(cid:74)(cid:71) 1u (cid:74)(cid:74)(cid:71) 2u
0,50
+)
= (−1; 0; 5).
0,25
+)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) = (−1; 2; 4) và MN (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) . MN
= 21 ≠ 0 ⇒ d1 và d2 chéo nhau.
(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) [u , u ] 1 2 (cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) [u , u ] 1 2
2,00 1
Giả sử d cắt d1 và d2 lần lượt tại A, B. Vì A ∈ d1, B ∈ d2 nên
0,25
A(2s;1 s; 2 s), B( 1 2t;1 t;3).
− − +
− +
+
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⇒ AB
= (2t − 2s − 1; t + s; − s + 5).
= (7; 1; − 4).
0,25
s
−
⇔
=
=
⇔
⇔
2
+ +
+ = + =
= −
0,25
5t 9s 1 0 ⎧ ⎨ 4t 3s 5 0 ⎩
s 1 =⎧ ⎨ t ⎩
− −
−
⇒
(
)
=
=
Phương trình của d là:
.
0,25
(cid:71) (P) có véctơ pháp tuyến n (cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) AB ⊥ (P) ⇔ AB cùng phương với n s 5 t 2t 2s 1 − + + − 4 1 7 − ) ( A 2;0; 1 , B 5; 1;3 . x 2 − 7
y 1
z 1 + 4 − 2/4
2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)
IV 2,00
1
Tính diện tích hình phẳng (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của hai đường đã cho là:
0,25
(e + 1)x = (1 + ex)x ⇔ (ex − e)x = 0 ⇔ x = 0 hoặc x = 1.
1
1
1
x
=
Diện tích của hình phẳng cần tìm là: S =
x xe dx.
xe
ex dx
−
−
0,25
∫ e xdx
∫
∫
0
0
0
1
1
1
1
x
x
xe dx xe
x e dx
Ta có:
,
=
=
=
=
−
e e −
= . 1
∫
∫
∫ e xdx
0
x 1 0
e 2
2 1 ex 02
0
0
0,50
S
1
Vậy
= − (đvdt).
0 e 2
Tìm giá trị nhỏ nhất của P (1,00 điểm)
2x x
≥
Ta có:
. Tương tự,
≥ 2y y ,
≥ 2z z .
2x (y z)+
2y (z x)+
2z (x y)+
0,25
2y y
⇒
P
≥
+
+
.
z z
2x x
x x
2y y
2x x y y 2z z +
+
2z z +
2y y
2x x
+
+
+
, b = y y 2z z
, c = z z
.
Đặt a = x x
0,25
Suy ra:
x x
,
y y
,
z z
.
=
=
=
4c a 2b + − 9
4a b 2c + − 9
4b c 2a + − 9
P
≥
+
+
Do đó
2 4c a 2b 9
+ − b
4a b 2c + − c
4b c 2a + − a
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
4
6
2.
=
+
−
4.3 3 6 + −
=
≥
)
(
2 9
c b
a + + c
b a
a b
b + + c
c a
2 9
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
+
1
+ 2
(Do
− 1 ≥ 2
− 1 ≥ 4 − 1 = 3,
a c
c b
b + + = a
a c
a b
b a
⎞ ⎟ ⎠
c ⎛ +⎜ b ⎝
0,25
3
3
hoặc
= 3. Tương tự,
⋅
⋅
+ + ≥
c b
a c
b a
a b
c + + ≥ 3). a
b c
b ⎛ ⎞ +⎜ ⎟ a ⎝ ⎠ c a b b c a
Dấu "=" xảy ra ⇔ x = y = z = 1. Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 2.
2
0,25 2,00
1 Viết phương trình đường tròn (1,00 điểm)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) Ta có M(−1; 0), N(1; −2), AC
= (4; − 4). Giả sử H(x, y). Ta có:
=
0,25
⇔
⇒ H(1; 1).
⇔
4(x 2) 4(y 2) 0 + − 4x 4(y 2) 0 = −
+ +
x 1 =⎧ ⎨ y 1 =⎩
⎧ ⎨ ⎩
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎧ BH AC ⊥ ⎪ ⎨ H AC ∈⎪⎩
2
2
x
y
2ax 2by c 0
+
+ = (1).
+
0,25
Giả sử phương trình đường tròn cần tìm là: + Thay tọa độ của M, N, H vào (1) ta có hệ điều kiện:
c 1
2a
− =
0,25
4b c
5
2a
−
+ = −
2b c
2.
2a
+
+ = −
0,25
a = − 1 2
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎪ ⎪ ⎪ b ⇔ =⎨ ⎪ ⎪ ⎪ ⎩
2
2
c 1 2 2. = −
Vậy phương trình đường tròn cần tìm là:
x
y
+
x y 2 0. − + − =
3/4
V.a
2n
2n C x ... C x ,
C
+ +
+
=
C x ... C x + +
=
−
( 1 x −
1 2n
0 2n
2n 2n
1 2n
2n 2n
0 2n
2n
2n
5
3
2n 1 −
.
=
+
+
)2n ... C x + +
Chứng minh công thức tổ hợp (1,00 điểm) Ta có: ( ( 1 x ⇒ +
)2n ( 1 x − −
1 x + )
C )
1 2n
5 2n
2n 1 − 2n
( 3 2 C x C x C x 2n
)
0,50
1
1
2n
2n
( 1 x +
)
( 1 x − −
)
3
5
2n 1 −
dx
... C x
=
+
+
+ +
⇒
3 C x C x C x 2n
1 2n
5 2n
2n 1 − 2n
) dx
(
2
∫
0
0
1
2n
2n
2n 1 +
2n 1 +
1
∫ ( 1 x +
( 1 x +
)
( 1 x − −
)
)
(1)
=
•
dx
=
0
2n2 1 − 2n 1 +
2
∫
( ) 1 x + − ) ( 2 2n 1 +
0 1
3
5
2n 1 −
•
... C x
+
+
+ +
3 C x C x C x 2n
1 2n
5 2n
2n 1 − 2n
(
) dx
∫
0
0,50
1
2
2n
4
6
=
+
+
+ +
1 C . 2n
3 C . 2n
5 C . 2n
2n 1 − ... C . 2n
x 2
x 2n
x 4
x 6
⎞ ⎟ ⎠
0
C
C
(2).
=
+
+
+
1 C 2n
3 2n
5 C ... 2n
2n 1 − 2n
1 4
⎛ ⎜ ⎝ 1 2
1 6
1 2n
Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh.
2
2
0,25
log
Điều kiện: x >
≤ 2
. Bất phương trình đã cho ⇔
3
3 4
(4x 3) − 2x 3 +
0,25
⇔ (4x − 3)2 ≤ 9(2x + 3)
≤ x ≤ 3.
⇔ 16x2 − 42x −18 ≤ 0 ⇔ −
0,25
3 8
< x ≤ 3.
Kết hợp điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là:
0,25
3 4
2,00 1 Giải bất phương trình logarit (1,00 điểm)
S
⊥ nên
Chứng minh AM ⊥ BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm) Gọi H là trung điểm của AD. đều nên SH AD. Do SAD∆ ) ( ) Do( ⊥ ABCD SH ⊥
M
= ∆
⇒
Từ (1) và (2)
CDH ⊥
0,50
A
B
BP
suy ra
) SHC .
K
H
N
D
⊥
SAD ABCD ( ) ( ) SH BP 1 . ⇒ ⊥ Xét hình vuông ABCD ta có BCP ∆ ( ) CH BP 2 . ( ⊥ Vì MN // SC và AN // CH ) ( ) nên ( ⇒ BP AM. AMN BP ⊥
AMN // SHC . Suy ra (
)
C
P
V
MK.S
.
Ta có:
Kẻ
=
MK
⊥
(
) ABCD , K ABCD . ∈
)
(
CMNP
CNP
1 3
0,50
3
2
MK
SH
, S
CN.CP
nên
V
(đvtt).
Vì
=
=
=
=
=
CNP
CMNP
3a 96
1 2
a 3 4
1 2
a 8
2 V.b
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
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỀ CHÍNH THỨC Môn thi: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
3
2
=
−
+
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH Câu I (2 điểm)
y
2x
9x 3
2
−
+
2 x
9x
− 12x 4. = 12 x m.
2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt:
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
6
6
+
−
( 2 cos x sin x
sin x cos x
=
0.
1. Giải phương trình:
−
) 2 2sin x =
xy
3
∈
(
2. Giải hệ phương trình:
x, y
) (cid:92) .
+ =
+ +
y 1
4
x 1
⎧ + − x y ⎪ ⎨ ⎪⎩
Câu II (2 điểm)
)
(
(
)
(
)
(
)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho hình lập phương ABCD.A ' B'C ' D ' với A 0; 0; 0 , B 1; 0; 0 , D 0; 1; 0 , A ' 0; 0; 1 . Gọi M và N lần lượt là trung điểm của AB
và CD . 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A 'C và MN. 2. Viết phương trình mặt phẳng chứa A 'C và tạo với mặt phẳng Oxy một góc α
Câu III (2 điểm)
cos
.
biết
1 6
α =
π
2
Câu IV (2 điểm)
1. Tính tích phân:
∫
2
2
2
≠
+
=
+
−
= I dx.
0
0 0, y
) x y xy
x
y
xy
.
2. Cho hai số thực x
=
+
A
.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
1 3 x
1 3 y
sin 2x + 2 cos x 4sin x ≠ thay đổi và thỏa mãn điều kiện: (
− − =
+ + =
=
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các đường thẳng: − 0,
d : x y 4
d : x 2y
0,
0.
d : x y 3 1
2
3
Tìm tọa độ điểm M nằm trên đường thẳng 3d sao cho khoảng cách từ M đến đường thẳng 1d bằng hai lần khoảng cách từ M đến đường thẳng 2d .
n
7
+
2. Tìm hệ số của số hạng chứa
biết
x
,
26x trong khai triển nhị thức Niutơn của
1 4 x
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
20
+
+ +
=
C
2
rằng
− 1.
1 C + 2n 1
n + 2n 1
... C k
2 + 2n 1 (n nguyên dương,
PHẦN TỰ CHỌN: Thí sinh chọn câu V.a hoặc câu V.b Câu V.a. Theo chương trình THPT không phân ban (2 điểm)
nC là số tổ hợp chập k của n phần tử) Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm (2 điểm) x
x
x
x
+
−
−
=
4.12
2.27
3.8
18
1. Giải phương trình: 0. 2. Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O ' , bán kính đáy bằng chiều cao và
=
Tính thể tích của khối tứ diện OO ' AB.
bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B sao cho AB 2a.
---------------------------------------Hết---------------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .......................................................... số báo danh: ..................................
SÔÛ GIAÙO DUÏC VAØ ÑAØO TAÏO BÌNH PHÖÔÙC
TRÖÔØNG THPT CHUYEÂN QUANG TRUNG
Kyø thi tuyeån sinh vaøo lôùp 10
Naêm hoïc 2006-2007
Ñieåm
Keát
Moân
Ñieåm
STT SBD
Hoï vaø Teân
Ngaøy Sinh
Nôi Sinh
Tröôøng
Toaùn Vaên Chuyeân
quaû
Chuyeân
KK
2/18/1991 Thaùi Bình
Taân Phöôùc
Anh vaên
0.0
2.5
An
0
1 A001 Ñoã Thò
2.5
2 A002 Leâ Thò Kim
9/4/1991 Thanh Hoùa Buø Ñoáp
Anh
Anh vaên
0
0.0
3 A003 Nguyeãn Ngoïc Quyønh Anh
9/9/1991
Soâng Beù Taân Bình
Anh vaên
0
5.0
1.0
4.0
4 A004 Nguyeãn Thò Tuyeát
7/12/1991
Soâng Beù Minh Thaønh
Anh
Anh vaên
0
7.5 Ñaït
4.0
5.0
5 A005 Nguyeãn Thò Ngoïc
9/4/1991
Soâng Beù Löông Theá Vinh
Anh vaên
AÙnh
0
6.0 Ñaït
4.5
6.0
6 A006 Ñaëng Thò
Chaêm 12/16/1991 Nam Ñònh Long Bình
Anh vaên
0
4.5
5.5
7.0
7 A007 Voõ Thaøønh
Coâng
7/27/1991
Soâng Beù Taân Thaønh
Anh vaên
0
4.5
1.0
3.5
8 A008 Phan Maïnh
Cöôøng
8/12/1991 Ngheä An Buø Nho
Anh vaên
0
4.5
0.0
4.5
9 A009 Ñoã Ñaït
Danh
10/28/1991 Soâng Beù Taân Xuaân
Anh vaên
0
4.5
0.5
4.0
10 A010 Toâ Thò Kieàu
Dieãm
11/6/1991
Soâng Beù Taân Phuù
Anh vaên
0
4.0
0.0
4.0
Du
11 A011 Ñoã Huy
4/12/1991
Soâng Beù Taân Xuaân
Anh vaên
0
3.0
1.0
2.0
Dung
12 A012 Phaïm Thò
2/7/1991
Soâng Beù Bình Thaéng
Anh vaên
0
6.5 Ñaït
4.0
4.5
Dung
13 A013 Nguyeãn Thò Thuyø
8/8/1991
Soâng Beù Taân Xuaân
Anh vaên
0
7.0
2.0
5.0
Dung
14 A014 Traàn Thò Thuøy
11/25/1991 Soâng Beù Taân Xuaân
Anh vaên
1
4.5
2.0
7.0
Duy
15 A015 Leâ Ngoïc Khöông
6/1/1991 Khaùnh Hoøa Taân Hieäp
Anh vaên
0
6.5
1.5
5.0
16 A016 Traàn Thò AÙnh
Duyeân
8/20/1991 Ñoàng Nai Ñöùc Haïnh
Anh vaên
0
3.5
0.0
3.5
17 A017 Nguyeãn Ngoïc Thuøy
Döông
11/28/1991 TP HCM An Loäc
7.5 Ñaït
Anh vaên
0
2.5
7.0
Ñan
18 A018 Nguyeãn Thò Huyeàn
8/4/1991
Soâng Beù Thuaän Phuù
Anh vaên
0
2.0
0.0
2.0
Ñan
19 A019 Traàn Thoaïi Nhaõ
5/1/1991
Soâng Beù An Loäc B
Anh vaên
0
6.0
0.5
5.5
Ñaït
20 A020 Voõ Taán
6/12/1991
Soâng Beù Nguyeãn Du
Anh vaên
0
3.0
0.0
3.0
21 A021 Nguyeãn Nghóa
Ñònh
7/20/1991 Vónh Phuùc Taân Laäp
Anh vaên
0
4.5
2.0
2.5
22 A022 Nguyeãn Long Trung Ñònh
11/21/1991 Ñoàng Nai Taân Thaønh
Anh vaên
0
5.0
2.0
3.0
23 A023 Phaïm Vieät
Ñöùc
9/28/1991
Soâng Beù Thaùc Mô
Anh vaên
0
6.0 Ñaït
6.5
6.0
24 A024 Tieàn Bích
Haèng
10/28/1991 Soâng Beù Taân Xuaân
Anh vaên
0
2.5
0.5
2.0
4.0 3.5 0.5 4.0 0.5 2.0 3.5
4.0 4.5 3.5 5.0 2.5 3.0 3.0
6/4/1991 Vuõng Taøu Phan Boäi Chaâu 5/28/1991 Haûi Phoøng Taân Ñoàng 08/1990 Soâng Beù Long Bình 3/28/1991 Beán Tre Thuaän Phuù 12/31/1991 Soâng Beù An Loäc A Soâng Beù Taân Xuaân 12/2/1991 4/30/1991 Soâng Beù Nguyeãn Du 12/27/1991 Soâng Beù Loäc Ñieàn 10/16/1991 Soâng Beù Long Höng 8/22/1991 Nam Ñònh Chu Vaên An 1/1/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 6/6/1991 Laâm Ñoàng Taân Tieán 6/15/1991 Haûi Döông Minh Höng
1991
25 A025 Nguyeãn Thò Myõ 26 A026 Ñoã Thò 27 A027 Traàn Thò Thu 28 A028 Voõ Nguyeãn Hoaøi 29 A029 Döông Baûo 30 A030 Buøi Thò Thu 31 A031 Döông Trung 32 A032 Nguyeãn Vaên 33 A033 Leâ Thò UÙt 34 A034 Nguyeãn Thò 35 A035 Voõ Thò Ngoïc 36 A036 Ñinh Thò 37 A037 Phaïm Thò Thu 38 A038 Ñinh Quang 39 A039 Ñoaøn Duy 40 A040 Leâ Nguyeãn Thieân 41 A041 Nguyeãn Thò Hoaøng 42 A042 Nguyeãn Thò
Haèng Haèng Haèng Haân Hieàn Hieàn Hieáu Hoøa Hoàng Hueä Huyeàn Huyeàn Huyeàn Höng Khaùnh Kim Lan Lan
Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Haø Tónh Löông Theá Vinh Anh vaên 12/12/1991 Yeân Baùi Nguyeãn Tröôøng Toä Anh vaên Anh vaên 12/19/1991 Beán Tre Taân Phuù Anh vaên 11/22/1991 Soâng Beù Taân Xuaân Anh vaên Soâng Beù Thaùc Mô 8/10/1991
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
6.0 Ñaït 6.0 Ñaït 4.0 9.0 3.0 5.0 6.5 0.0 7.5 5.0 6.0 Ñaït 4.5 6.5 3.0 4.5 6.0 7.5 6.0 Ñaït
4.0 2.0 4.5 0.5 2.5 0.5 2.0 2.5 3.0 4.0
3.5 3.0 5.0 4.0 4.0 2.5 2.5 3.5 4.5 4.0
Soâng Beù Minh Höng Soâng Beù An Loäc Soâng Beù Loäc Taán Soâng Beù Taân Tieán Soâng Beù Thaùc Mô
Soâng Beù Nguyeãn Du Soâng Beù Taân Tieán
Soâng Beù Nguyeãn Du Soâng Beù Ñakia
7/15/1991 1/15/1991 5/17/1991 3/28/1991 8/26/1991 2/21/1991 TP HCM Minh Höng 3/16/1991 Haø Tónh Taân Laäp 6/7/1990 Thaùi Bình Ñoàng Tieán Soâng Beù Taân Xuaân 5/1/1991 Soâng Beù DTNT Bình Long 3/18/1991 Soâng Beù Nguyeãn Du 6/14/1991 10/18/1991 Soâng Beù Thaùc Mô 7/1/1991 6/19/1991 11/10/1991 Ñoàng Nai Phöôùc Bình 4/21/1991 Ñoàng Nai Nghóa Trung 9/8/1991 Soâng Beù Ñoàng Tieán 6/4/1991 Thaùi Bình Taân Höng 5/21/1991 5/1/1991 3/26/1990 Bình Ñònh 2-3 Ñaêkô TT Hueá Taân Xuaân 11/1/1990 Soâng Beù Tieán Thaønh 2/6/1991
0 0.5 0 2.5 5.0 2.5 3.5 0.5 3.0 2.0 4.0 0.0 3.0 6.5 1.0 1.0 0.0 0.0 0.0 2.5 1.0 1.5 0.5 1.5 3.0 5.5 4.5 0.5 2.0 2.0 0.0 2.5 1.0 3.0 6.0 0.0 1.0 1.0 2.5 4.0 0.0
4.5 5.0 3.0 3.5 3.5 3.0 3.5 3.0 3.5 4.0 3.5 2.5 2.0 3.0 2.0 2.5 2.5 1.0 1.5 3.0 1.5 1.5 4.5 2.5 3.0 6.5 3.5 3.0 3.0 2.5 2.0 2.5 3.5 3.5 4.0 2.0 1.5 3.5 5.5 2.0 3.5
0.0 0.5
1.5 2.0
TP HCM Thanh Bình
Soâng Beù Thanh Löông
0.0 0.0 3.0
5.0 5.5
Soâng Beù Thanh An
Anh vaên Lieân 43 A043 Ngoâ Ngoïc Thuøy 44 A044 Buøi Bieân Anh vaên Linh Linh 45 A045 Nguyeãn Thò Thuyø Anh vaên Linh 46 A046 Phaïm Thò Thuyø Anh vaên Linh 47 A047 Quaùch Thò Vuõ Anh vaên Anh vaên Loan 48 A048 Nguyeãn Traàn Song Anh vaên Long 49 A049 Leâ Thò Anh vaên Löông 50 A050 Buøi Thò Anh vaên Lyù 51 A051 Huyønh Thò 52 A052 Döông Thuùy Anh vaên Mai Anh vaên Minh 53 A053 Phaïm Hoaøng Minh 54 A054 Leâ Tuaán Anh vaên Anh vaên My 55 A055 Nguyeãn Thò Traø Myõ 56 A056 Ngoâ Thò Hoa Anh vaên Anh vaên Ngaân 57 A057 Leâ Töôøng Ñan 58 A058 Nguyeãn Thò Kim Anh vaên Ngaân Ngaân 59 A059 Nguyeãn Thò Thaûo Anh vaên 60 A060 Buøi Thò Anh vaên Ngaàn 61 A061 Nguyeãn Thò Dieãm Anh vaên Ngoïc 62 A062 Traàn Quoác Anh vaên Nhaät 63 A063 Nguyeãn Coâng Anh vaên Phaùp 64 A064 Traàn Thanh Anh vaên Phong Phuïng 65 A065 Haø Kim Anh vaên Anh vaên Phöông 10/22/1991 Soâng Beù Buø Ñoáp 66 A066 Traàn Thò Hoaøi Phöông 11/8/1991 Soâng Beù Ñakô 67 A067 Mai Anh vaên 68 A068 Nguyeãn Thò Thanh Anh vaên Soâng Beù Loäc Höng Phöông 2/17/1991 Anh vaên Phöông 5/16/1991 Kon Tum Taân Thaønh 69 A069 Leâ Thò Anh vaên 9/1/1991 Phöôïng Soâng Beù Thuaän Phuù 70 A070 Phaïm Thò Minh 5/27/1991 Ñoàng Nai Tieán Thaønh Quyeân 71 A071 Phaïm Thò Myõ Anh vaên 72 A072 Nguyeãn Thò Lan Anh vaên TT Hueá Thuaän Phuù 8/26/1991 Sa Anh vaên Soâng Beù Taân Phuù 1/15/1991 Sôn 73 A073 Hoaøng Trung 74 A074 Nguyeãn Taán Soâng Beù Phan Boäi Chaâu 6/1/1991 Taøi Anh vaên Caø Mau Nguyeãn Tröôøng Toä Anh vaên 5/7/1991 Taøi 75 A075 Traàn Taán 76 A076 Nguyeãn Troïng Soâng Beù Nguyeãn Vaên Troãi Anh vaên 4/25/1991 Taøi 77 A077 Nguyeãn Hoaøi Thanh Anh vaên Soâng Beù An Loäc A 5/28/1991 Taâm Anh vaên Soâng Beù Long Haø 10/1/1991 Taân 78 A078 Nguyeãn Thanh 79 A079 Nguyeãn Xuaân Anh vaên Soâng Beù Tieán Thaønh 8/4/1991 Taân 80 A080 Traàn Thò Thaùi Anh vaên 12/18/1991 Quaûng Ngaõi Phöôùc Tín Thanh 81 A081 Nguyeãn Kim Anh vaên Soâng Beù Minh Long 6/1/1991 Thaønh Anh vaên Soâng Beù Taân Thaønh 9/7/1991 Thaønh 82 A082 Leâ Ngoïc 83 A083 Trònh Thò Phöông Anh vaên Soâng Beù Traàn Quoác Toaûn 1/1/1991 Thaûo 84 A084 Leâ Thò Thanh Anh vaên Soâng Beù Thanh An 9/13/1991 Thaûo 11/6/1991 Thaûo Soâng Beù Minh Thaønh 85 A085 Nguyeãn Thò Anh vaên 7/1/1991 Ñoàng Nai Loäc Taán Thaûo 86 A086 Phaïm Thò Thu Anh vaên 87 A087 Nguyeãn Anh Anh vaên 3/7/1990 Thoï 1/2/1991 Ñoàng Nai Ñöùc Haïnh Thoáng 88 A088 Ñoaøn Baù Anh vaên 5/27/1991 Thu 89 A089 Traàn Thò Hoaøi Anh vaên 90 A090 Nguyeãn Thò Hoàng Anh vaên 11/18/1991 Soâng Beù Taân Phuù Thuûy Anh vaên 4/27/1991 91 A091 Ñôùi Thò Thu Thuûy 92 A092 Huyønh Dieãm Phöông Trang Anh vaên 4/27/1991 Traø Vinh Minh Höng 8/7/1991 Trang 93 A093 Leâ Thò Thaûo Anh vaên 94 A094 Ñoã Minh Anh vaên 3/21/1991 Traâm
Soâng Beù An Loäc A Soâng Beù Taân Phuù
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0
0.0 2.0 0.0
2.5 2.5 2.0
4.5 5.5 3.0 6.0 8.0 Ñaït 5.5 6.5 Ñaït 3.5 6.5 7.0 Ñaït 7.5 2.5 5.0 6.5 Ñaït 3.0 3.5 2.5 1.0 1.5 5.5 2.5 3.0 5.0 4.0 6.0 7.5 Ñaït 6.0 Ñaït 3.5 5.0 4.5 2.0 5.0 4.5 6.5 6.0 Ñaït 2.0 2.5 4.5 6.0 Ñaït 6.0 3.5 0.0 1.5 2.5 0.0 0.0 5.0 6.0 Ñaït 0.0 2.5 4.5 2.0
3/1/1991 Thaùi Bình Taân Phuù
Soâng Beù Buø Ñoáp
Soâng Beù Thuaän Phuù Soâng Beù Minh Laäp Soâng Beù Taân Laäp Soâng Beù Taân Ñoàng Soâng Beù Taân Xuaân
TT Hueá Phöôùc Tín
Traâm Traâm 12/26/1990 Soâng Beù Tieán Thaønh Tuù Tuù Tuaân Tuyeát Veasna Vy Vy YÙ Yeân Yeán Tuøng An Anh Anh Anh Anh AÙnh AÙnh Baûo Baûo Bích Bích Bình Bình Boä Chi Chieán Chung Coâng Coâng
Soâng Beù Nguyeãn Du
Soâng Beù Phan Boäi Chaâu
Soâng Beù Minh Thaéng
Soâng Beù Buø Ñoáp
95 A095 Vuõ Thò 96 A096 Nguyeãn Thò Thu 97 A097 Nguyeãn Thò Caåm 5/9/1991 11/11/1991 Soâng Beù Voõ Tröôøng Toaûn 98 A098 Traàn Haø Thanh 10/20/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 99 A099 Phaïm 100 A100 Buøi Thò AÙnh Soâng Beù Taân Xuaân 9/3/1991 9/9/1990 101 A101 Quaùch Soâng Beù Minh Long Soâng Beù Taân Laäp 2/5/1991 102 A102 Ñaøo Ngoïc Phöông Soâng Beù Ñoàng Taâm 2/20/1991 103 A103 Vuõ Thò Thuùy 104 A104 Ñoã Vuõ Nhö 9/18/1991 Soâng Beù Ñaêkô 2/27/1991 Haø Nam Thuaän Phuù 105 A105 Nguyeãn Thò Haûi 12/8/1991 Thanh Hoùa Taân Xuaân 106 A106 Nguyeãn Thò Haûi 107 A107 Hoaøng Thanh 8/25/1991 Ngheä An Quyønh Löu 10/12/1990 Haø Taây Long Haø 108 H001 Taï Thò 109 H002 Traàn Ngoïc 7/10/1991 2/23/1991 110 H003 Leâ Thò Phöông 111 H004 Vuõ Theá 2/23/1991 112 H005 Hoaøng Vaên 9/25/1991 113 H006 Leâ Thò Ngoïc 7/12/1991 114 H007 Nguyeãn Vaên 9/19/1989 Haø Tónh Nguyeãn Tröôøng Toä 4/9/1991 Cao Baèng Chu Vaên An 115 H008 Ñaøm Thaùi Soâng Beù Nguyeãn Du 5/1/1991 116 H009 Traàn Thaùi 117 H010 Nguyeãn Thò Ngoïc Soâng Beù Phan Boäi Chaâu 7/7/1991 1/20/1991 Soâng Beù Taân Phuù 118 H011 Phaïm Thò Ngoïc 119 H012 Ñaëng Duy 11/28/1991 Soâng Beù Thanh Löông Soâng Beù Thaùc Mô 7/26/1991 120 H013 Mai Thò Thanh 5/14/1991 Vónh Phuùc Taân Phuù 121 H014 Nguyeãn Vaên 122 H015 Hoaøng Thò Phöông 3/23/1991 3/27/1991 Laïng Sôn 2-3 Thoáng Nhaát 123 H016 Kieàng Vaên Soâng Beù Nguyeãn Du 7/5/1991 124 H017 Leâ Thò 12/7/1991 Thanh Hoùa Nguyeãn Du 125 H018 Leâ Ñöùc 10/11/1991 Soâng Beù Thaùc Mô 126 H019 Nguyeãn Voõ 6/4/1991 127 H020 Nguyeãn Maïnh Huøng Cöôøng 11/22/1991 Soâng Beù Loäc Hieäp Cöôøng 128 H021 Nguyeãn Quoác 129 H022 Voõ Thò Bích 10/2/1991 Dieãm 130 H023 Nguyeãn Thò Ngoïc Dieãm 6/30/1991 Laâm Ñoàng Thoáng Nhaát Dieãm 10/29/1991 Soâng Beù Nguyeãn Du 131 H024 Phaïm Thò 132 H025 Ñoàng Ngoïc Phöông Dung Dung 133 H026 Nguyeãn Thò Duõng 134 H027 Traàn Theá Duy 135 H028 Trieäu 136 H029 La Minh Döông 137 H030 Buøi Thò Thuøy Döông 138 H031 Phaïm Thò Anh Ñaøo Ñaït 139 H032 Hoà Trung Ñieäp 140 H033 Buøi Thò Ñình 141 H034 Phaïm Vuõ Phöông Ñoâng 142 H035 Vuõ Duy Haø 143 H036 Nguyeãn Thò Haûi Haø 144 H037 Nguyeãn Thò Thu Haøo 145 H038 Haø Vaên Haûo 146 H039 Voõ Myõ
6/3/1991 Kieân Giang Long Haø 5/14/1991 Thanh Hoùa Tieán Höng 11/13/1991 Ñoàng Nai 2-3 Thoáng Nhaát 9/8/1991 12/21/1991 Soâng Beù Taân Thaønh Soâng Beù Taân Höng 5/9/1991 Soâng Beù Taân Laäp 2/22/1991 1/18/1991 Ñoàng Nai Nghóa Trung 5/2/1991 Quaûng Ngaõi Taân Phöôùc 10/9/1991 7/19/1990 Haûi Phoøng Ñoàng Tieán Soâng Beù Thuaän Phuù 9/15/1991 Soâng Beù Thaùc Mô 6/28/1991 8/9/1991 Soâng Beù Thaùc Mô 11/15/1991 Soâng Beù Thaùc Mô
Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Anh vaên Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.5 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
3.0 1.0 5.5 1.5 0.0 0.5 7.5 3.0 0.0 0.0 1.0 1.5 1.0 1.0 3.0 2.5 0.0 1.5 6.0 1.5 0.0 1.0 4.0 1.5 7.0 6.0 3.5 5.5 1.0 2.0 2.5 6.0 0.5 2.0 2.5 2.5 2.0 4.0 1.5 7.0 1.0 1.0 0.5 1.5 1.5 3.0 3.0 0.5 5.0 3.5 4.5 2.0
4.0 1.0 2.0 3.0 2.5 2.0 2.0 4.0 0.5 2.0 2.5 5.0 3.0 2.5 4.0 5.5 1.5 3.0 2.0 3.5 1.5 2.0 3.0 2.0 6.0 2.5 2.0 3.0 2.5 5.0 2.0 3.0 0.5 3.0 3.5 1.5 3.5 5.5 5.0 5.0 2.5 1.0 1.5 4.0 4.0 4.5 4.5 2.0 4.5 3.5 3.5 3.5
7.0 2.0 7.5 4.5 2.5 2.5 6.0 Ñaït 6.5 Ñaït 0.5 2.0 3.5 6.5 4.0 3.5 7.0 Ñaït 8.0 1.5 4.5 8.0 5.0 1.5 3.0 7.0 3.5 8.0 Ñaït 6.0 Ñaït 5.5 6.5 Ñaït 3.5 7.0 4.5 9.0 Ñaït 1.0 5.0 6.0 4.0 5.5 7.5 Ñaït 6.5 3.5 3.5 2.0 2.0 5.5 5.5 7.5 7.5 2.5 6.0 Ñaït 6.5 Ñaït 6.0 Ñaït 5.5
Soâng Beù Taân Bình
1.0 2.0 0.5 3.0 0.5 1.0 3.5 4.0
5.0 3.5 3.0 3.0 4.0 3.0 5.5 4.0
Soâng Beù Ñakia Soâng Beù Thaùc Mô
Laïng Sôn 2-3 Thoáng Nhaát
Soâng Beù Buø Ñoáp
1.5 0.5 3.0 1.0 1.0 5.5 2.0 0.5 5.0 6.5 0.5 5.0 6.0 1.0 1.5 1.5 2.0 6.5 3.0 1.0 2.0 5.0 2.0 0.5 1.0
3.5 3.5 4.0 4.5 2.0 2.0 2.5 3.0 3.5 3.5 3.5 4.0 2.5 3.0 2.5 3.0 1.5 2.5 4.5 3.0 1.5 4.0 3.5 1.5 3.0
Soâng Beù Ñakia Soâng Beù Thanh Bình Soâng Beù Nguyeãn Du
12/13/1991 Haø Taây Thanh An 9/9/1991 Soâng Beù Tieán Höng 11/15/1991 Soâng Beù Lyù Töï Troïng 9/24/1991 11/14/1991 Laâm Ñoàng Minh Höng 3/15/1991 Baéc Ninh Thanh Löông 10/18/1991 Haûi Döông Nguyeãn Du Soâng Beù Thanh Phuù 6/6/1991 Soâng Beù Thanh Bình 7/20/1991 6/12/1991 Soâng Beù Nghóa Trung 10/15/1991 Soâng Beù Phan Boäi Chaâu 7/20/1991 Cao Baèng Ng T M Khai 2/20/1991 Quaûng Ngaõi Taân Phuù 5/16/1991 2/10/1991 11/12/1991 Soâng Beù Nguyeãn Du 7/25/1991 Hoøa Bình Taân Thaønh 6/2/1991 10/6/1991 Nam Haø Chu Vaên An 7/16/1990 oaøng Lieân SôLoäc Quang 7/2/1991 Quaûng Nam Voõ Tröôøng Toaûn 11/28/1991 Nam Ñònh Taân Phuù 1/24/1991 Ñaêk Laêk Chu Vaên An 1/16/1991 5/18/1991 Thanh Hoùa Long Taân 12/28/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 1/30/1991 Quaûng Ngaõi Bình Thaéng 10/21/1991 Soâng Beù Taân Laäp 11/16/1991 Ñoàng Nai Taân Phöôùc Soâng Beù Minh Höng 10/3/1991 Soâng Beù Thanh Löông 3/28/1991 5/19/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 11/2/1991 Ñaêk Laêk Taân Xuaân 5/19/1991 Soâng Beù Ñöùc Haïnh 4/20/1990 Nam Ñònh Taân Tieán 10/5/1991 Haûi Phoøng Phöôùc Tín 2/6/1991 Haø Nam NinhTaân Thaønh 8/30/1991 Soâng Beù An Khöông 12/26/1991 Soâng Beù Minh Höng 11/5/1991 Soâng Beù Nguyeãn Du 5/1/1991 Ñaêk Laêk Taân Laäp 8/6/1991 1/1/1991 5/23/1991 11/19/1991Haø Nam NinhTaân Phuù
Soâng Beù Tieán Thaønh Soâng Beù Nghóa Trung
Soâng Beù Taân Phuù
Haèng 147 H040 Tröông Thò Haèng 148 H041 Phaïm Thò Thu Haäu 149 H042 Leâ Huøng Hieån 150 H043 Phaïm Vaên Hieáu 151 H044 Voõ Thanh Hieäu 152 H045 Vuõ Ñình Hoa 153 H046 Ñoã Thò Hoàng Hoa 154 H047 Hoaøng Thò Thanh Hoaøn 155 H048 Nguyeãn Thò 156 H049 Ñinh Leâ Thò Kim Hoaøng 157 H050 Nguyeãn Thò Minh Hoaøng Hoài 158 H051 Vuõ Thò 159 H052 Döông Thò AÙnh Hoàng 160 H053 Löu Thò Laâm Hoàng 161 H054 Nguyeãn Ñaêng Huøng 162 H055 Tröông Phi Huøng 163 H056 Ñinh Thò Thanh Huyeàn 164 H057 Noâng Thò Thu Huyeàn 165 H058 Nguyeãn Maïnh Höng Khaùnh 166 H059 Maïc Trung 167 H060 Nguyeãn Ñaêng Khoa Khôûi 168 H061 Buøi Vaên 169 H062 Hoaøng Cao Kyø 170 H063 Buøi Nguyeãn Vaên Cao Kyø Kyø 171 H064 Traàn Quoác Lan 172 H065 Leâ Thò 173 H066 Nguyeãn Beùc Linh Linh 174 H067 Phaïm Thò Dieäu Linh 175 H068 Hoaøng Thò Du 176 H069 Traàn Thò Nguyeät Linh 177 H070 Nguyeãn Thò Thanh Loäc Ly 178 H071 Traàn Thaûo 179 H072 Voõ Thò Vieãn Ly 180 H073 Döông Thò Thu Lyù Lyù 181 H074 Trònh Vaên Mai 182 H075 Nguyeãn Thò Maïnh 183 H076 Ñinh Ngoïc Minh 184 H077 Hoaøng Ngoïc My 185 H078 Nguyeãn Thò Traø 186 H079 Leâ Ñình Nam 187 H080 Nguyeãn Thò Hoaøi Nam 188 H081 Nguyeãn Thò Ngoïc Nga 189 H082 Ñoã Thanh Nga Ngoïc 190 H083 Nguyeãn Thò Nhö Ngoïc 191 H084 Nguyeãn Xuaân 192 H085 Leâ Coâng Nguyeân 6/12/1905 193 H086 Löông Coâng Nguyeân 4/26/1991 194 H087 Nguyeãn Thò AÙnh Nguyeät 9/19/1991 Ninh Bình 2-3 Thoáng Nhaát 195 H088 Nguyeãn Vieát Töõ Nha Nhaøn 196 H089 Nguyeãn Thò Nhaøn 197 H090 Phuøng Thò Nhaøn 198 H091 Voõ Thò
7/8/1991 10/20/1991 Haø Tónh Phan Boäi Chaâu 9/11/1991 Vónh Phuùc Long Bình Soâng Beù Nguyeãn Du 1/8/1991
Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.5 0 0
0.5 2.0 0.0 2.5 1.5 1.0 5.5 6.0 0.0 3.5 1.0 5.5 0.0 5.0 2.0 1.0
3.0 5.0 1.5 2.0 3.5 3.0 7.0 4.5 2.5 4.5 2.0 5.5 4.0 4.0 3.5 5.0
6.0 5.5 3.5 8.0 Ñaït 4.5 4.0 6.0 Ñaït 6.0 Ñaït 0.0 5.0 4.0 7.0 5.5 3.0 7.5 4.5 3.5 8.5 6.0 Ñaït 4.0 7.0 Ñaït 6.0 Ñaït 4.0 4.0 4.5 3.5 9.0 7.0 Ñaït 4.0 3.5 9.0 5.5 2.0 4.0 0.0 0.0 3.5 7.0 1.5 4.5 5.0 4.0 8.0 Ñaït 6.0 Ñaït 2.5 8.0 3.0 3.0 4.0 7.5 Ñaït 5.5 6.0
Soâng Beù Taân Tieán
Soâng Beù Buø Nho
Soâng Beù Loäc Taán
Haø Taây Nguyeãn Du Soâng Beù Buø Nho
6/12/1990 1/8/1991 Ñoàng Nai Minh Höng 7/20/1991 10/22/1991 Kieân Giang Phöôùc Bình 9/22/1991 10/30/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 8/15/1991 Tieàn Giang Loäc Höng 11/25/1991 Soâng Beù Minh Laäp 1/3/1991 1/3/1991 3/20/1991 Khaùnh Hoøa Taân Xuaân 3/18/1991 Kieân Giang Taân Phuù 3/11/1991 Tieàn Giang Thanh An 11/24/1990 TT Hueá Taân Xuaân 11/20/1991 Ngheä An Nguyeãn Du
Soâng Beù An Loäc
8/1/1991
Nhaâm 12/22/1991 Soâng Beù An Loäc Nhaân Nhi Nhung Nhung Nhung Nhö Nhöït Ninh Oanh Oanh Phong Phuù Phuù Phuùc Phuùc Phöông 11/8/1991 Phöông 11/23/1991 Soâng Beù Taân Xuaân Phöông 10/29/1991 Baéc Giang Thuaän Phuù Phöông 2/15/1991 Baéc Ninh Phöôùc Tín Phöông 12/28/1991 Soâng Beù Taân Xuaân Soâng Beù Taân Xuaân Phöôïng Phöôïng 7/27/1991 Kon Tum Phöôùc Tín Soâng Beù Minh Höng Soâng Beù Phan Boäi Chaâu
8.0 0.0 1.0 0.0 1.0 4.0 2.0 5.0 3.5 3.5 8.0 1.0 2.5 1.0 1.0 2.0 1.0 3.0 1.5 2.5 0.0 0.5 6.0 4.5 5.5 0.5
5.0 4.0 5.5 2.5 3.0 4.0 4.5 7.0 6.0 2.0 4.5 2.5 2.5 1.5 1.5 4.5 3.0 2.0 2.0 5.0 2.0 2.0 3.5 1.0 4.5 1.5
Soâng Beù Phöôùc An Soâng Beù Taân Xuaân
4.0 5.5 5.0
3.0 3.5 1.5
Soâng Beù Taân Phuù Soâng Beù Loäc Taán Soâng Beù Nguyeãn Du Soâng Beù Long Höng
Soâng Beù Minh Thaéng Soâng Beù Taân Phuù Soâng Beù An Loäc B
0.5 5.0 8.5 1.0 0.5 1.5 0.0 0.5 1.0 1.0 0.0
2.5 4.0 2.0 2.5 2.0 1.5 2.0 2.5 2.0 2.0 1.5
Soâng Beù Loäc Hieäp Soâng Beù Minh Thaéng
Soâng Beù Thuaän Phuù
199 H092 Nguyeãn Thò Minh 200 H093 Phaïm Chinh 201 H094 Vuõ Thò Tuù 202 H095 Nguyeãn Thò 203 H096 Hoaøng Thò Tuyeát 204 H097 Traàn Thò Tuyeát 205 H098 Nguyeãn Ngoïc 206 H099 Leâ Quang 207 H100 Buøi Thò Hoàng 208 H101 Döông Thò Dieäu 209 H102 Döông Thò Hoaøng 210 H103 Nguyeãn Hoaøng 211 H104 Leâ 212 H105 Nguyeãn Troïng 213 H106 Nguyeãn Thanh 214 H107 Traàn Voõ 215 H108 Vuõ Thò Bích 216 H109 Nguyeãn Thò Minh 217 H110 Löu Thò 218 H111 Nguyeãn Thò 219 H112 Phan Vuõ 220 H113 Leâ Bích 221 H114 Löu Thò Thanh 222 H115 Phuøng Nguyeãn Traàn Quaân 223 H116 Ñaëng Thò Höông Queá Quoác 224 H117 Nguyeãn Anh 225 H118 Nguyeãn Nöõ Nhö Quyønh Sang 226 H119 Leâ Döông 227 H120 Tröông Thò Minh Saùng Sôn 228 H121 Löông Ngoïc Sôn 229 H122 Nguyeãn Quang 230 H123 Phan Thanh Taøi 231 H124 Traàn Thò Nhö Taâm Taâm 232 H125 Ñinh Thanh Thanh 233 H126 Mai Thò 234 H127 Phaïm Minh Thaønh 235 H128 Traàn Ngoïc Phöông Thaûo 236 H129 Toân Nöõ Phöông Thaûo 237 H130 Ñoã Thò Thaïch Thaûo 238 H131 Traàn Thanh Thaûo 239 H132 Nguyeãn Thò Thu Thaûo Thaûo 240 H133 Phaïm Thò Thu Thaéng 241 H134 Taï Xuaân 242 H135 Nguyeãn Anh Thia 243 H136 Huyønh Vaên Thieän Thoaïi 244 H137 Vuõ Vaên Thôm 245 H138 Phaïm Thò Hoàng Thu 246 H139 Phaïm Thò Thu 247 H140 Traàn Thò Thuaän 248 H141 Nguyeãn Ñöùc Thuûy 249 H142 Hoaøng Thanh Thuûy 250 H143 Nguyeãn Thò
10/3/1991 8/2/1991 6/17/1991 Laïng Sôn Ñakô 7/4/1991 2/17/1991 11/4/1991 Haûi Döông Nguyeãn Du Soâng Beù Taân Thaønh 3/6/1991 10/14/1991 Soâng Beù Thanh Löông 5/28/1991 4/14/1991 6/2/1991 8/11/1991 10/10/1991 Soâng Beù Löông Theá Vinh 10/20/1991 Soâng Beù Thaùc Mô 5/2/1991 2/27/1991 8/24/1991 11/14/1991 Soâng Beù Höng Phöôùc 3/2/1991 6/22/1991 9/2/1991 Quaûng Nam Ñakô 4/1/1991 Soâng Beù Loäc Ñieàn 12/5/1991 Höng Yeân Thanh An Soâng Beù Long Bình 3/2/1991 Soâng Beù Thuaän Phuù 8/19/1991 6/2/1990 Nam Ñònh Thanh Bình 12/18/1991 Thaùi Bình Thaùc Mô 9/1/1991 7/15/1991 Ngheä An Taân Tieán
Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù
0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 1.5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2.5 0.0 3.5 1.0 5.0 0.5 6.5 0.0 3.0
2.5 1.5 2.0 3.0 3.0 1.5 2.0 2.0 2.5
4.0 4.0 6.5 2.5 4.0 8.0 6.5 8.0 Ñaït 9.5 5.5 7.0 Ñaït 3.5 5.0 2.5 2.5 6.5 4.0 5.0 3.5 6.5 Ñaït 2.0 2.5 6.0 Ñaït 5.5 6.0 Ñaït 2.0 0.0 7.0 6.5 Ñaït 6.5 0.0 3.0 7.5 Ñaït 8.0 Ñaït 3.5 2.5 3.0 2.0 3.0 3.0 3.0 1.5 0.0 5.0 1.5 5.5 4.0 6.0 Ñaït 2.0 7.5 Ñaït 2.0 5.5
2.0 4.0 1.0 4.0
3.0 3.5 2.0 3.0
Haø Taây Nguyeãn Tröôøng Toä Soâng Beù Minh Thaéng Soâng Beù Tieán Thaønh Soâng Beù Taân Xuaân Soâng Beù Phöôùc An Soâng Beù Taân Xuaân Soâng Beù Taân Xuaân
Soâng Beù Taân Phuù
TP HCM 2-3 Buø Nho
Soâng Beù Löông Theá Vinh
0.5 5.5 1.5 1.5 2.5 1.5 3.5 4.0 0.5 3.5 2.0 0.0 1.0 1.5 3.5 2.5
1.0 1.5 1.5 1.5 1.0 1.5 3.0 3.0 1.5 5.0 2.0 2.0 2.0 2.5 2.5 1.5
Soâng Beù Taân Phuù Soâng Beù An Loäc Soâng Beù Thoï Sôn Soâng Beù Loäc Ñieàn Soâng Beù Thaùc Mô
0.0 0.5 3.0 1.5 1.5 1.0 1.0 0.0 2.0
1.5 2.5 3.5 2.0 2.5 3.5 3.5 4.0 5.0
Taân Xuaân Taân Tieán Thaùc Mô An Loäc Long Höng Long Bình Thuaän Phuù Taân Xuaân Nguyeãn Du Taân Phuù Taân Xuaân Minh Thaønh Taân Tieán
0.5 3.0 1.0 1.0 5.0 2.5 1.5
1.5 1.0 3.0 2.0 2.5 4.5 3.5
Minh Höng Taân Phuù Thuaän Phuù Thaùc Mô Taân Laäp Minh Höng Thaùc Mô
0.5 1.5 3.5 0.5 2.5 5.0 1.0 2.0
2.5 3.0 2.0 2.5 2.0 3.0 1.0 2.5
Höng Phöôùc
Soâng Beù Phöôùc Tín
251 H144 Nguyeãn Thò Thu 252 H145 Toân Thò Thu 253 H146 Vuõ Thò Thu 254 H147 Traàn Thò Thuûy 255 H148 Tröông Thò Thuûy 256 H149 Leâ Duy 257 H150 Leâ Ñình 258 H151 Nguyeãn Quoác 259 H152 Huyønh Thanh 260 H153 Löông Thanh 261 H154 Trònh Tieán 262 H155 Phan Thò Dieãm 263 H156 Nguyeãn Thò Huyeàn 264 H157 Nguyeãn Thò Huyeàn 265 H158 Löông Thò Höông 266 H159 Leâ Quyù Mai 267 H160 Ngoâ Haø Nguyeân 268 H161 Phaïm Ngoïc Quyønh 269 H162 Huyønh Thò Thu 270 H163 Nguyeãn Thò Thuøy 271 H164 Leâ Thò Minh 272 H165 Nguyeãn Thò Bích 273 H166 Hoà Nguyeãn Ñình 274 H167 Leâ Hoaøng 275 H168 Thaùi Minh 276 H169 Laâm Thaønh 277 H170 Ñoaøn Vieát 278 H171 Ñinh Thò Caåm 279 H172 Hoaøng Anh 280 H173 Ñoã Hoaøng 281 H174 Leâ Thò Baïch 282 H175 Nguyeãn Thò Baïch 283 H176 Nguyeãn Thò Dieäu 284 H177 Lyù Ñình 285 H178 Tröông Thaùi Hoàng 286 H179 Traàn Thò Coâng 287 H180 Nguyeãn Thò Hoa 288 H181 Ngoâ Quang 289 H182 Nguyeãn Ñöùc Uyeân 290 H183 Traàn Ngoïc 291 H184 Nguyeãn Thò Haø 292 H185 Traàn Ba 293 H186 Nguyeãn Thò Haûi 294 H187 Nguyeãn Thò 295 H188 Phaïm Thò 296 H189 Nguyeãn Thò AÙi 297 L001 Leâ Vuõ 298 L002 Nguyeãn Thò 299 L003 Nguyeãn Thò Ngaân 300 L004 Traàn Thò Thu 301 L005 Nguyeãn Quoác 302 L006 Toáng Thò Ngoïc
Thuûy Thuûy Thuûy Tieân Tieân Tieán Tieán Tieán Tieán Tieán Toaøn Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Trang Traâm Traân Trieàu Trung Trung Trung Trung Tuù Tuaán Tuaán Tuyeát Tuyeát Tuyeát Vaên Vaân Vieân Vieân Vieät Vuõ Vöông Vy Y Yeán Yeán Yeán Xuaân Anh Bích Böôûi Chín Cöôøng Dieãm
4/6/1991 8/3/1991 7/30/1991 2/26/1991 11/2/1991 8/28/1991 6/26/1991 2/16/1990 Vónh Phuùc Thoáng Nhaát 6/26/1991 Soâng Beù Nghóa Trung 3/20/1991 Ñaø Naüng Taân Thaønh 6/24/1991 3/1/1991 Quaûng Ngaõi Bình Thaéng 4/30/1991 Ngheä An Taân Xuaân 8/8/1991 12/26/1991 Soâng Beù Ñakia 6/14/1991 11/17/1991 TP HCM Taân Xuaân 10/20/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 6/18/1991 1/4/1991 10/4/1991 9/26/1991 3/15/1991 5/2/1990 Khaùnh Hoøa Minh Höng 12/16/1990 Soâng Beù Höng Phöôùc Soâng Beù 6/26/1991 4/25/1991 Nam Ñònh Soâng Beù 6/9/1991 Soâng Beù 6/1/1991 Soâng Beù 6/6/1991 Soâng Beù 8/29/1991 Soâng Beù 10/8/1991 Soâng Beù 5/9/1991 Soâng Beù 4/27/1991 9/1/1991 Soâng Beù 12/8/1991 Quaûng Ngaõi 5/28/1991 Haø Tónh 8/21/1991 Soâng Beù 9/23/1991 Quaûng Nam Löông Theá Vinh 6/22/1991 Haø Nam 2/24/1991 Thaùi Bình Soâng Beù 1/23/1991 Soâng Beù 4/26/1991 Soâng Beù 3/14/1991 Soâng Beù 9/21/1991 12/31/1990 0 6/27/1991 Ninh Thuaän Buø Gia Maäp 11/26/1991 Soâng Beù Ñöùc Haïnh 8/30/1991 0 7/12/1991 10/19/1991 Soâng Beù Long Haø Soâng Beù Taân Bình 5/26/1991
Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Hoaù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0
4.0 2.0 2.0
3.5 4.0 3.0
5.0 7.5 3.0 7.0 0.0 1.5 7.0 3.0 3.0 3.5 3.0 6.5 7.0 2.0 8.5 4.0 2.0 3.0 4.0 6.0 4.0 0.0 1.5 3.0 7.0 Ñaït 3.5 4.0 4.5 4.5 4.0 7.0 0.0 2.0 4.0 4.0 3.0 7.5 7.0 5.0 0.0 3.0 4.5 5.5 3.0 4.5 6.5 Ñaït 2.0 4.5 0.0 7.5 6.5 Ñaït 5.0
2.0 3.5 0.0 1.0 4.5 2.0 4.0 5.0 7.0 0.5 3.0
1.5 4.0 3.0 1.5 4.5 2.5 4.5 2.5 3.5 3.0 2.0
Caàn Thô Thoï Sôn Soâng Beù Long Haø Soâng Beù Nguyeãn Khuyeán Taây Ninh Taây Ninh
6.5 1.0 2.0 1.0
4.5 3.0 2.0 3.0
Soâng Beù Quang Trung Soâng Beù Ñoàng Tieán Soâng Beù Thoï Sôn
Soâng Beù Thaùc Mô
0.0 4.0 2.0 2.0 4.0 1.5 1.5 0.0 0.0 1.0 1.0
1.0 2.5 5.0 3.0 1.5 1.5 2.0 2.0 2.0 2.5 4.5
1.5 1.5 0.0 1.0 2.0 1.0 3.5 3.0
3.0 2.0 3.0 2.0 2.5 2.0 2.5 6.0
Soâng Beù Löông Theá Vinh Soâng Beù Long Taân Soâng Beù Thanh An Soâng Beù Minh Thaéng Soâng Beù Taân Ñoàng Soâng Beù An Loäc A
1.5 4.0 2.5 5.0 2.0 1.5 1.0 0.0
5.0 5.5 4.0 5.5 2.0 4.5 5.0 3.0
Doanh 303 L007 Leâ Xuaân 304 L008 Löôøng Thò Dung 305 L009 Ñaëng Thò Thuøy Dung 306 L010 Nguyeãn Ñình Duõng Duõng 307 L011 Nguyeãn Ñöùc Duõng 308 L012 Trònh Theá Duy 309 L013 Thaùi Leâ Duyeân 310 L014 Phaïm Thò Thuøy Ñaït 311 L015 Phaïm Ñöùc Giang 312 L016 Nguyeãn Hoaøng Giang 313 L017 Nguyeãn Hoaøng 314 L018 Nguyeãn Thanh Giang 315 L019 Nguyeãn Thò Thaùi Minh Haèng Haèng 316 L020 Nguyeãn Thò Haäu 317 L021 Ñinh Quang Hieàn 318 L022 Phaïm Vaên 319 L023 Nguyeãn Trung Hieáu Hieáu 320 L024 Voõ Trung Hieáu 321 L025 Noâng Vaên Hoa 322 L026 Leâ Thò Kim Hoa 323 L027 Traàn Thò Phöông 324 L028 Buøi Thò Thanh Hoa 325 L029 Nguyeãn Vaên Hoaøng Hoanh 326 L030 Ñaøo Thò Hoaøng Hôïp 327 L031 Trònh Thò Huøng 328 L032 Traàn Theá Höông 329 L033 Nguyeãn Thò Höông 330 L034 Vuõ Thu 331 L035 Ñinh Minh Kha Khang 332 L036 Phaïm Höõu Kim 333 L037 Leâ Troïng 334 L038 Ñoã Minh Kyø Lai 335 L039 Vuõ Vaên Lanh 336 L040 Phaïm Thò Toaøn Laâm 337 L041 Trònh Quan Giao 338 L042 Ñinh Thaùi Laâm 339 L043 Hoaøng Thò Haïnh Linh Linh 340 L044 Traàn Quoác Linh 341 L045 Ñaøo Thò Thuøy Long 342 L046 Hoà Haûi Loäc 343 L047 Ñaëng Thaønh 344 L048 Nguyeãn Thaønh Luaân Löông 345 L049 Ngoâ Ngoïc Lyù 346 L050 Leâ Thò Hoàng Minh 347 L051 Trònh Thò Hoaøi 348 L052 Chu Thò Huyeàn My Ngoïc 349 L053 Leâ Thò Hoàng 350 L054 Ñoaøn Thò Linh Nhaâm Nhaân 351 L055 Phaïm Chí 352 L056 Phan Thanh Nhaân 353 L057 Nguyeãn Thò Yeán Nhi 354 L058 Nguyeãn Thò Hoàng Nhung
3/5/1991 Soâng Beù Long Höng 11/15/1991 Soâng Beù Long Bình 8/20/1991 Soâng Beù Long Bình 10/10/1990 Thanh Hoùa Buø Gia Maäp 5/16/1991 Haø Nam Nguyeãn Du 1/20/1991 Thanh Hoùa An Phuù 11/9/1991 Ñaêk Laêk Löông Theá Vinh 7/19/1991 Soâng Beù Taân Tieán 9/15/1991 Haûi Höng Loäc Höng 3/6/1991 4/17/1991 4/16/1991 5/1/1990 3/19/1990 Nam Haø Chu Vaên An 1/16/1991 Haø Taây Thanh An 9/6/1991 Vuõng Taøu Ñoàng Tieán 10/20/1990 Beán Tre Minh Höng 7/15/1991 12/5/1991 4/10/1991 2/15/1991 Haûi Phoøng Thanh Bình 6/11/1991 10/16/1991 Soâng Beù Minh Thaéng 8/1/1991 Quaûng Ngaõi Taân Thaønh 3/7/1991 Thanh Hoùa Long Bình Soâng Beù Taân Thaønh 9/24/1991 4/25/1991 Quaûng Nam Thoï Sôn 12/1/1991 Haø Taây Nguyeãn Tröôøng Toä 11/28/1991 Soâng Beù Ñöùc Haïnh Soâng Beù Taân Phuù 4/17/1991 TT Hueá Taân Höng 8/22/1991 7/8/1991 Soâng Beù Minh Long 5/18/1991 Thaùi Bình Long Höng 8/16/1991 Höng Phöôùc 0 4/12/1991 Quaûng Nam Taân Hieäp 5/26/1991 12/5/1991 3/26/1991 12/5/1991 9/18/1991 4/3/1991 12/15/1991 Phuù Thoï Thanh Löông Soâng Beù Minh Long 1/6/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 2/20/1991 8/18/1991 Thanh Hoùa Long Bình 2/24/1991 Haø Nam Taân Bình Soâng Beù Taân Ñoàng 4/13/1991 Phuù Thoï Taân Bình 8/7/1991 2/11/1991 Soâng Beù Thaùc Mô 10/10/1991 Soâng Beù Loäc Thuaän 7/12/1991 8/25/1990
Soâng Beù Thaùc Mô Soâng Beù Taân Tieán
Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù
0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0
4.0 1.0 3.5 2.5 1.0
3.5 2.5 5.5 3.5 5.0
3.5 7.5 3.0 2.5 8.5 Ñaït 4.5 8.5 7.5 8.0 Ñaït 3.5 5.0 0.0 7.0 Ñaït 4.0 4.0 4.0 0.0 1.0 8.5 Ñaït 7.0 Ñaït 5.0 5.5 3.0 3.5 2.0 2.0 3.5 5.5 0.0 4.5 3.5 3.0 3.0 4.5 3.0 6.0 9.0 0.0 6.5 8.0 Ñaït 6.5 8.5 Ñaït 4.0 6.0 6.0 3.0 0.0 7.5 3.5 9.0 6.0 6.0
Soâng Beù Long Bình Soâng Beù Nguyeãn Tröôøng Toä
Soâng Beù Thaùc Mô 2/25/1991 2/28/1991 Soâng Beù An Loäc B 12/21/1991 Soâng Beù Taân Ñoàng 1/6/1991 Quaûng Trò Loäc Taán 9/15/1991 9/25/1991 10/27/1991 Soâng Beù An Phuù 6/3/1991 10/5/1991
Soâng Beù Thoáng Nhaát
Soâng Beù Nguyeãn Du Soâng Beù Thanh Bình
4.5 5.5 4.5 3.0 3.5 3.0 5.0 3.5 4.0 3.5 4.0 2.5 2.5 2.5 3.5 2.5 3.5 5.5 4.0 2.5 4.0
3.0 5.0 2.5 0.0 3.0 3.0 4.0 1.0 1.0 4.0 1.0 2.0 5.0 0.0 1.5 2.0 8.0 4.5 2.0 1.0 2.0
Soâng Beù Buø Ñoáp Soâng Beù An Phuù
4.5 4.5 5.0 2.0 2.5 3.5 2.5 2.5 3.0 2.5 3.5 3.0 1.5 1.0
5.5 3.5 0.5 3.5 2.5 3.5 2.0 1.5 1.0 0.5 3.0 4.5 0.5 2.5
Soâng Beù Taân Phuù Soâng Beù Thuaän Phuù Soâng Beù Thanh An 5/19/1991 Thanh Hoùa Long Bình 1/1/1991 Soâng Beù Taân Ñoàng Soâng Beù Taân Phöôùc 4/15/1990 4/10/1991 Haø Tónh Bình Thaéng 10/14/1991 Soâng Beù Thaùc Mô Soâng Beù Taân Thaønh 8/6/1991 8/6/1991 Soâng Beù Taân Tieán 3/11/1991 Beán Tre Taân Bình 11/20/1990 Soâng Beù Loäc Ñieàn Soâng Beù Thaùc Mô 1/16/1991
3.5 3.0 2.5 5.5 5.0 2.0 1.5 2.5 3.0 3.5
2.5 4.0 1.0 1.0 1.0 3.5 0.5 2.0 2.0 2.0
355 L059 Nguyeãn Thò Kim 356 L060 Nguyeãn Thò Quyønh 357 L061 Traàn Thò Quyønh 358 L062 Phaïm Thò 359 L063 Leâ Cao Ngoïc 360 L064 Tröông 361 L065 Traàn Taán 362 L066 Hoaøng Thieân 363 L067 Nguyeãn Vaên 364 L068 Nguyeãn Thò Kim 365 L069 Trieäu Phuùc 366 L070 Nguyeãn Vaên 367 L071 Nguyeãn Coâng 368 L072 Leâ Haûi 369 L073 Phaïm Quoác 370 L074 Nguyeãn Thò Minh 371 L075 Phaïm Thanh 372 L076 Phaïm Vaên 373 L077 Cao Vaên 374 L078 Nguyeãn Hoaøi 375 L079 Ñaøo Thò Kieàu 376 L080 Tröông Nhaät 377 L081 Traàn Phaïm Thieân 378 L082 Ñaøo Vaên 379 L083 Buøi Thò Bích 380 L084 Phaïm Thò 381 L085 Leâ Ñình 382 L086 OÂn Minh 383 L087 Nguyeãn Ñình 384 L088 Nguyeãn Ñaêng 385 L089 Buøi Vaên 386 L090 Tröông Thò Quyønh 387 L091 Tö Thò 388 L092 Ñaëng Traàn Quang 389 L093 Trònh Thò Thanh 390 L094 Nguyeãn Thò Ngoïc 391 L095 Phan Thò Thu 392 L096 Nguyeãn Vaên 393 L097 Leâ Xuaân 394 L098 Hoaøng Huy 395 L099 Hoaøng Thò 396 L100 Löông Thò 397 L101 Nguyeãn Thò Thu 398 L102 Haø Thaân 399 L103 Chung Thanh 400 L104 Nguyeãn Nhaân 401 L105 Hoà Só 402 L106 Nguyeãn Tuaán 403 L107 Leâ Thanh 404 L108 Leâ Thò Caåm 405 L109 Hoà Minh 406 L110 Voõ Ngoïc
Nhung Nhö Nhö Ni Oai Phi Phuù Soâng Beù Hoàng Ñöùc Phuù Phuù Soâng Beù Loäc Hieäp Phöông 11/27/1990 Gia Lai Taân Xuaân 7/18/1991 Quaân 1/29/1991 Vónh Phuùc Taân Phuù Quyeát Soâng Beù Nghóa Trung 9/15/1991 Sôn 8/8/1991 Soâng Beù Taân Ñoàng Sôn 1/20/1991 Ngheä An Ñoàng Tieán Sôn 4/18/1991 Soâng Beù Thuaän Phuù Taâm 9/8/1991 Thaùi Bình Taân Ñoàng Taâm 7/18/1991 Nam Haø Taân Xuaân Taâm 8/28/1991 Soâng Beù Long Bình Thaûn 7/27/1991 Thanh Hoùa Taân Phuù Thanh Thaønh 2/18/1991 7/8/1991 Thaønh 4/4/1991 Ñoàng Nai Taân Xuaân Thaønh Thaønh 10/6/1990 1/26/1991 Thaûo 2/8/1990 Ngheä An Ñakia Thaém 8/24/1991 Thaùi Bình Taân Thaønh Thaéng Soâng Beù Thanh Bình 7/9/1991 Thieän 9/23/1991 Soâng Beù Taân Laäp Thieäu 10/12/1992 Ngheä An Nguyeãn Du Thònh 9/28/1990 Thanh Hoùa Long Taân Thoáng 11/2/1991 Haø Taây 2-3 Buø Nho Thu 10/29/1991 Soâng Beù Taân Thaønh Thu 9/29/1991 Quaûng Ngaõi Hoàng Ñöùc Thuaän 4/25/1991 Quaûng Ngaõi Tieán Thaønh Thuøy 6/17/1990 Thuûy 12/4/1991 Thuûy Thöông 1/25/1989 Tieán Toaûn Trang Trang Trang Troïng Truùc Trung Trung Trung Tröôøng 12/20/1991 Ñoàng Nai Höng Phöôùc Tuù Tuaán Tuaán
11/23/1991 Soâng Beù Loäc Hieäp 10/15/1990 Soâng Beù Minh Long 10/10/1991 Soâng Beù Long Höng
Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
0.0 7.5 6.0 Ñaït 7.0 3.0 7.5 Ñaït 6.0 9.0 4.5 5.0 6.5 Ñaït 5.0 4.5 7.5 2.5 5.0 4.5 10.0 Ñaït 6.0 Ñaït 6.0 3.5 7.5 Ñaït 0.0 9.0 Ñaït 8.0 5.5 7.5 Ñaït 8.0 Ñaït 7.0 4.5 4.0 4.0 3.0 6.5 6.5 Ñaït 2.0 3.5 0.0 6.0 8.0 Ñaït 3.5 6.5 6.0 8.0 Ñaït 2.0 4.5 9.0 Ñaït 5.5 0.0 3.5 5.5 4.0
2.5 2.5 2.5
1.0 3.0 1.5
Soâng Beù Loäc Höng Soâng Beù Taân Phuù
Soâng Beù Taân Bình Soâng Beù Nguyeãn Du Soâng Beù Loäc Taán
10.0 1.0 3.5 2.0 0.0 4.0
2.5 4.0 2.0 3.0 2.0 3.0
Soâng Beù Taân Bình Soâng Beù Phan Boäi Chaâu Soâng Beù Nguyeãn Tröôøng Toä Soâng Beù Long Haø
1.5 0.0 6.0 1.5 3.0 2.0 4.5 9.0 3.0 2.0 6.5 2.0 1.0 1.5 6.5
3.0 2.0 2.5 3.0 3.5 1.0 2.5 4.5 3.5 3.0 1.5 1.0 2.0 2.5 2.5
5.0 8.0 5.0 3.0 8.0 2.0 6.5 2.0 8.5 8.0 4.0 5.5 4.0 7.5 8.5 5.5 10.0 8.5 10.0 2.5 0.0 3.0 1.0 5.0 2.5 6.5
2.5 4.0 4.0 2.0 2.0 3.0 2.0 3.0 2.0 5.5 1.5 2.0 4.0 2.0 4.0 2.0 4.0 6.0 3.5 3.5 3.5 4.0 2.0 4.0 3.5 3.0
407 L111 Traàn Quoác 408 L112 Khoång Vaên 409 L113 Voõ Thanh 410 L114 Nguyeãn Thò Hoàng 411 L115 Taï Thò 412 L116 Phaïm Thò Thuyù 413 L117 Döông Thuùy 414 L118 Traàn Hoaøng 415 L119 Nguyeãn Thò 416 L120 Ngoâ Quoác 417 L121 Phaïm Hoaøng 418 L122 Leâ Ngoïc 419 L123 Leâ Tuaán 420 L124 Ñaøo Thò Haûi 421 T001 Tröông Hoaøi 422 T002 Huyønh Thò Ngoïc 423 T003 Huyønh Thò Ngoïc 424 T004 Leâ Thò Thaûo 425 T005 Hoà Thò Thuùy 426 T006 Voõ Thuùy 427 T007 Mai Thò Ngoïc 428 T008 Leâ Xuaân Hoaøi 429 T009 Döông Quang 430 T010 Phuøng YÙ 431 T011 Nguyeãn Ngoïc Baûo 432 T012 Vuõ Minh 433 T013 Nguyeãn Chí 434 T014 Traàn Tuaán 435 T015 Traàn Thanh 436 T016 Nguyeãn Thò Myõ 437 T017 Leâ Tieán 438 T018 Cao Troïng 439 T019 Thaùi Vaên 440 T020 Leâ Hoaøng 441 T021 Voõ Leâ Myõ 442 T022 Nguyeãn Thò Thuyø 443 T023 Nguyeãn Troïng 444 T024 Nguyeãn Xuaân 445 T025 Huyønh Ñaêng 446 T026 Phan Huy 447 T027 Ñoaøn Ngoïc Anh 448 T028 Nguyeãn Coâng 449 T029 Nguyeãn Huøng 450 T030 Leâ Minh 451 T031 Traàn Thò Ngaân 452 T032 Vaên Nöõ Thuïy Traø 453 T033 Hoaøng Ngoïc 454 T034 Phaïm Thò Ngoïc 455 T035 Leâ Thò Thu 456 T036 Phaïm Thò Thu 457 T037 Phuøng Vieát 458 T038 Nguyeãn Thò
6/10/1991 Tuaán 3/6/1991 Tuaán 8/2/1991 Bình Ñònh Taân Thaønh Töï 9/30/1991 Vaân 6/1/1991 Vaân 1/2/1991 Vaân 2/26/1990 Laïng Sôn Long Bình Vaân 5/5/1991 Soâng Beù Taân Xuaân Vi Vieät 12/22/1991 Soâng Beù Nguyeãn Tröôøng Toä 9/6/1991 Vónh 8/20/1991 Vuõ 8/10/1991 Vuõ 3/20/1991 Vuõ 11/22/1991 Soâng Beù Phan Boäi Chaâu Yeán Loäc Taán 10/3/1991 Baéc Ninh Anh Thanh Bình Soâng Beù 5/14/1991 Anh Minh Thaønh 5/2/1991 Soâng Beù Anh Buø Ñoáp 11/22/1991 Soâng Beù Anh Minh Laäp Soâng Beù 5/25/1991 Anh Ñöùc Haïnh Soâng Beù 8/28/1991 Anh Minh Ñöùc 3/5/1991 Soâng Beù AÙnh Phan Boäi Chaâu 12/27/1991 Soâng Beù AÂn Löông Theá Vinh Haø Tónh 8/1/1991 Bình Taân Xuaân 10/8/1991 Soâng Beù Bình Nguyeãn Du 12/12/1991 Soâng Beù Chaâu Phan Boäi Chaâu 1/15/1990 Ñaêk Laêk Chí Loäc Hieäp 11/11/1991 Soâng Beù Coâng Nguyeãn Du Soâng Beù 9/21/1991 Cöôøng Phöôùc An Soâng Beù 2/16/1991 Dieäu Buø Ñoáp 7/15/1991 Ñoàng Nai Dung Taân Phuù 8/15/1991 Thanh Hoùa Duõng 2-3 Taân Khai 10/1/1991 Thanh Hoùa Duõng An Phuù 11/20/1991 Soâng Beù Duõng Minh Höng Duy 10/23/1991 Soâng Beù Taân Xuaân Duyeân 12/21/1991 Soâng Beù Soâng Beù 7/27/1991 Döông Ñakô Long Haø Soâng Beù 6/19/1989 Ñaïi Löông Theá Vinh 6/8/1991 Ninh Bình Ñaêng Soâng Beù 8/23/1991 Ñieàn Phan Boäi Chaâu 8/8/1990 Ñoàng Soâng Beù Minh Thaéng Soâng Beù Löông Theá Vinh 3/11/1991 Ñöùc Soâng Beù Taân Phuù 3/14/1991 Ñöùc 11/3/1991 Ñöùc Soâng Beù Löông Theá Vinh 10/23/1991 Soâng Beù Taân Höng Giang Soâng Beù Nghóa Trung 10/1/1991 Giang 2/16/1991 Giang Soâng Beù Tieán Thaønh 11/20/1991 Soâng Beù Tieán Höng Haø Soâng Beù Tieán Thaønh 6/10/1991 Haø Soâng Beù Taân Xuaân 2/13/1991 Haø 4/20/1991 Haø Soâng Beù Nguyeãn Du 9/23/1991 Thanh Hoùa Long Taân Haø Soâng Beù Taân Tieán 5/10/1991 Haï
Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Lyù Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn
1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1.5 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2.5 4.5
4.5 2.0
8.0 Ñaït 5.0 7.5 Ñaït 5.0 2.0 6.5 Ñaït 0.0 4.5 2.0 8.5 4.5 7.0 Ñaït 3.0 7.0 2.0 6.5 5.0 8.0 3.0 3.0 4.0 9.0 0.0 7.5 4.5 9.0 5.0 3.5 5.0 8.5 5.0 6.0 Ñaït 4.5 5.5 7.5 8.0 9.5 6.0 Ñaït 7.5 7.5 Ñaït 9.0 Ñaït 7.0 Ñaït 6.0 3.5 7.0 3.0 9.0 6.0 9.5 0.0 7.0 6.5
Soâng Beù Taân Phuù
Soâng Beù Taân Tieán Soâng Beù Tröø Vaên Thoá Soâng Beù Tieán Thaønh Soâng Beù Taân Xuaân
3.0 2.5 3.5 7.0 3.0 1.0 2.0 5.5
2.5 3.0 2.0 2.5 4.0 3.5 5.5 5.5
Soâng Beù Taân Xuaân Soâng Beù Taân Phuù Soâng Beù Tieán Thaønh Soâng Beù Taân Ñoàng Soâng Beù Taân Thaønh Soâng Beù Loäc Hieäp Soâng Beù Taân Tieán Soâng Beù An Phuù
12/14/1991 Soâng Beù Ñöùc Haïnh 2/8/1991 12/24/1991 Soâng Beù Nghóa Trung 6/28/1991 7/28/1991 1990 4/1/1991 8/17/1991 Haø Tónh Tieán Thaønh 12/25/1991 Quaûng Ngaõi Ñöùc Chaùnh 9/21/1991 12/2/1991 9/2/1991 9/17/1991 8/11/1991 1/20/1991 9/22/1991 8/15/1991
4.5 10.0 9.5 3.5 1.0 1.5 4.0
2.0 1.5 2.0 3.0 5.0 6.0 2.5
9.5
5.5
Soâng Beù An Phuù
Soâng Beù An Loäc Soâng Beù Taân Thaønh
Soâng Beù Löông Theá Vinh Soâng Beù Nguyeãn Du
Minh Thaéng Loäc Höng
10.0 6.0 2.5 4.0 8.5 2.5 5.0 7.0 6.5 6.0 5.5 1.0 8.5 1.5 4.0 6.0 6.5 7.5 3.5 9.5 2.0 1.0
4.5 5.5 4.0 2.5 3.5 4.0 3.0 3.5 3.0 1.0 3.0 3.0 5.5 4.5 2.0 5.5 2.0 2.5 1.0 2.0 1.5 2.0
Soâng Beù Nguyeãn Du
Soâng Beù Loäc Thaùi Soâng Beù Loäc Ñieàn Soâng Beù Taân Phuù
Haûi 459 T039 Traàn Vaên Haïnh 460 T040 Ñoã Thò Hoàng 461 T041 Nguyeãn Anh Haøo 462 T042 Vuõ Tieán Haûo Haèng 463 T043 Phaïm Thò Thuùy Haân 464 T044 Laâm Thò Ngoïc 465 T045 Leâ Thò Thanh Hieàn Hieàn 466 T046 Traàn Thò 467 T047 Ñinh Thò Thu Hieàn Hieàn 468 T048 Ñoã Thò Thu 469 T049 Nguyeãn Thò Thu Hieàn Hieån 470 T050 Phaïm Theá Hieáu 471 T051 Traàn Coâng Hoan 472 T052 Laõ Ñình Hoàng 473 T053 Traàn Thò Caåm Hoàng 474 T054 Vuõ Thò Huy 475 T055 Buøi Vaên Huyeàn 11/18/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 476 T056 Traàn Thò Ngoïc Huyeàn 477 T057 Nguyeãn Traàn Ngoïc 478 T058 Nguyeãn Thò Nhung Huyeàn Huyeán 479 T059 Nguyeãn Höõu Höng 480 T060 Ngoâ Doaõn 481 T061 Nguyeãn Khaùnh Höng Höông 482 T062 Nguyeãn Dieäu 483 T063 Vuõ Thò Kim Höông Höông 484 T064 Voõ Song 485 T065 Ñoàng Vaên Khoa Kieâm 486 T066 Noâng Thaønh 487 T067 Nguyeãn Kim Kieân Lieân 488 T068 Phan Thò Hoaøng 489 T069 Ñoã Thò Quyønh Lieân 490 T070 Nguyeãn Maïnh Linh 491 T071 Phan Nhaät Linh Linh 492 T072 Leâ Rieäu 493 T073 Vuõ Thaønh Linh Linh 494 T074 Leâ Thò Thuøy 495 T075 Mai Thò Kim Loan Long 496 T076 Ñoã Ñaéc 497 T077 Nguyeãn Hoaøng Long 498 T078 Leâ Tuaán Long Löïc 499 T079 Töôøng Duy 500 T080 Voõ Maïnh 501 T081 Trònh Nguyeãn Ñình Minh Minh 502 T082 Nguyeãn Hoaøng Minh 503 T083 Phaïm Hoaøng Minh 504 T084 Leâ Traùc Tuaán 505 T085 Buøi Thò Tuyeát Minh Nam 506 T086 Traàn Phöông Nam 507 T087 Phan Taán Nam 508 T088 Tröông Thaønh Nga 509 T089 Nguyeãn Thò Thanh Nghò 510 T090 Mai Vaên
2/25/1991 Ñoàng Nai Ngoâ Taát Toá 1/1/1991 Soâng Beù Höng Phöôùc 2/21/1991 Long An Thaùc Mô 2/16/1991 1/18/1991 Quaûng Nam Nguyeãn Hueä 4/10/1991 4/26/1991 12/22/1991 Soâng Beù Löông Theá Vinh 3/21/1991 Ninh Bình Buø Ñoáp 11/4/1991 Quaûng Ninh Long Höng 11/27/1991 Haø Taây Taân Phuù 9/10/1991 5/12/1991 1/29/1991 Kieân Giang Döông Ñoâng 1 7/19/1991 Haûi Döông Ñoàng Nô 4/24/1991 oaøng Lieân SôTaân Phuù 5/14/1991 Soâng Beù An Loäc A 12/20/1991 Soâng Beù Phöôùc Tín 3/9/1991 Soùc Traêng Taân Phöôùc 5/30/1991 Höng Yeân Loäc Hieäp 10/19/1991 Soâng Beù 5/14/1991 Soâng Beù 3/6/1991 Höng Yeân Loäc Quang TT Hueá Taân Bình 6/9/1990 5/14/1991 Soâng Beù Löông Theá Vinh 6/25/1991 Ngheä An Löông Theá Vinh 6/14/1991 5/15/1991 Tieàn Giang Taân Phuù 10/27/1991 Haø Taây Minh Höng 5/13/1991 8/19/1991 4/17/1991 12/25/1990 Soâng Beù Phöôùc An 7/8/1991
Soâng Beù Chu Vaên An
Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0
4.5 4.0 8.5 9.0 5.0 2.0 7.0
2.0 2.5 2.0 2.5 3.0 6.0 5.0
5.5 5.5 5.5 9.5 7.0 4.5 7.5 0.5 0.0 0.0 0.0 6.5 4.5 6.0 Ñaït 6.5 6.0 7.5 6.5 0.0 0.0 6.5 Ñaït 0.0 7.5 Ñaït 0.0 6.5 6.5 6.0 Ñaït 6.5 8.0 2.0 9.5 7.0 8.5 4.0 6.0 Ñaït 6.0 6.0 6.0 Ñaït 8.5 4.0 4.5 6.0 Ñaït 3.5 3.0 0.0 6.5 6.5 6.0 Ñaït 6.0 Ñaït 6.0 Ñaït 8.0 3.5
Gia Lai Ñakô
10/30/1991 Soâng Beù Long Taân 5/7/1991 9/2/1991 Ñoàng Nai Phöôùc Tín
4/1/1991 Ñoàng Nai Ñöùc Haïnh
Soâng Beù Nguyeãn Du
511 T091 Phuøng Thò 512 T092 Ñoã Thò Nhö 513 T093 Döông Thuûy 514 T094 Nguyeãn Coâng 515 T095 Leâ Ngoïc 516 T096 Leâ Thò AÙnh 517 T097 Trònh Minh 518 T098 Nguyeãn Vaên 519 T099 Hoaøng Thò 520 T100 Nguyeãn Hoaøng
12/20/1991 Quaûng Ngaõi Nguyeãn Tröôøng Toä 1/1/1991 9/16/1991
Nghóa Toaùn Ngoïc Toaùn Ngoïc Toaùn Toaùn Nguyeân 8/22/1991 Quaûng Nam Ñakô Nguyeân 2/16/1990 Baéc Thaùi 2-3 Löông Theá Vinh Toaùn Toaùn Nguyeät Toaùn Nguyeät 6/14/1991 Toaùn Nhaân Nhö Toaùn Oanh Toaùn
Soâng Beù Loäc Thuaän Soâng Beù Minh Höng
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
1.5 3.5 3.5 7.5 3.5 2.0 3.5 8.0 4.0 2.0
4.0 4.0 6.5 4.0 5.0 6.5 2.5 3.5 2.0 6.5
5.5 7.5 1.0 3.5 8.5 8.5 6.0 2.5 6.0 8.5
521 T101 Nguyeãn Thò Hoàng
Phaùt
9/9/1991
Soâng Beù Taân Xuaân
Toaùn
1.5
10.0
10.0 Ñaït
4.5
5.0 0.5 9.5
2.0 2.0 5.0
TP HCM Thanh Bình Soâng Beù Buø Ñoáp Soâng Beù Nguyeãn Du
10/23/1991 Soâng Beù Loäc Hieäp 5/16/1991 Beán Tre Taân Xuaân 6/18/1991 Kieân Giang Taân Xuaân 3/7/1990 1/9/1991 3/2/1991
Soâng Beù Tieán Thaønh Soâng Beù An Phuù
1.5 2.5 1.5
4.0 3.0 5.5
Soâng Beù Ñakô Soâng Beù Voõ Tröôøng Toaûn Soâng Beù Lyù Töï Troïng
Taân Bình
Soâng Beù Loäc Thuaän Soâng Beù Loäc Taán Soâng Beù Taân Ñoàng
7.5 6.5 3.5 3.5 1.5 6.0 1.5 1.5 1.0 2.5 2.0 7.5 7.5 9.0 5.0 5.0
6.5 3.5 2.0 3.0 4.0 3.0 2.0 1.5 3.0 2.5 3.0 4.5 3.5 7.0 2.0 2.5
Soâng Beù DL Thanh Bình
Soâng Beù Taân Laäp
Haø Noäi Taân Xuaân
4.5 9.0 5.0 4.5 9.0 6.5 3.0 5.5 2.0 2.0 1.0
2.5 4.0 4.5 5.0 3.5 5.0 2.0 2.0 1.5 2.5 2.5
Soâng Beù Phöôùc An Soâng Beù Taân Xuaân
522 T102 Nguyeãn Quang 523 T103 Leâ Ñöùc 524 T104 Buøi 525 T105 Nguyeãn Anh 526 T106 Phan Thò Nhö 527 T107 Nguyeãn Thò Vieät 528 T108 Leâ Thò 529 T109 Vuõ Thò 530 T110 Hoaøng Leâ Ngoïc 531 T111 Ngoâ Thò 532 T112 Leâ Ngoïc 533 T113 Nguyeãn Duy 534 T114 Tröông Thò AÙnh 535 T115 Vuõ Ñöùc 536 T116 Nguyeãn Thò Myõ 537 T117 Phan Ngoïc 538 T118 Huyønh Thanh 539 T119 Nguyeãn Thanh 540 T120 Phan Thanh 541 T121 Beá Vaên 542 T122 Nguyeãn Duy 543 T123 Leâ Syõ 544 T124 Tröông Thanh 545 T125 Nguyeãn Vieát 546 T126 Leâ Thò Myõ 547 T127 Ñaøo Thò Thu 548 T128 Nguyeãn Vaên 549 T129 Huyønh Thò Mai 550 T130 Phaïm Ngoïc 551 T131 Phan Thò AÙnh 552 T132 Nguyeãn Chuyeân 553 T133 Vuõ Ñöùc 554 T134 Nguyeãn Thò Thanh 555 T135 Traàn Thò 556 T136 Trieäu Thò 557 T137 Nguyeãn Thò Thu 558 T138 Nguyeãn Thò Phöông 559 T139 Hoaøng Thò 560 T140 Nguyeãn Quoác 561 T141 Buøi Thò Hoaøi 562 T142 Nguyeãn Thò Quyønh
Phaùt Phuù Phuøng Phöôùc Phöông Phöông Phöôïng 4/24/1991 Thanh Hoùa Taân Xuaân Phöôïng 9/29/1991 Quyù 7/12/1991 Quyønh 11/29/1991 Nam Ñònh Thanh Bình 1/26/1991 Bình Ñònh Loäc Ninh Saùng 2/2/1991 Soâng Beù Long Bình Taøi 11/25/1990 Soâng Beù Buø Ñoáp Taâm 12/19/1991 Soâng Beù Taân Phuù Taâm 10/16/1991 Soâng Beù Ñöùc Haïnh Taâm 12/18/1991 Soâng Beù Taân Höng Taâm 6/13/1991 Taâm 3/10/1991 Taâm 12/4/1990 Taâm 1/18/1991 Cao Baèng Taân Phöôùc Taân Thanh 11/17/1991 Soâng Beù Buø Nho Thanh 5/15/1991 Thaùi Bình Bình Thaéng 3/15/1991 Ñoàng Nai Thanh 1/4/1991 Thaønh 4/27/1991 Thaûo 4/16/1991 Thaûo 1/1/1991 Nam Ñònh Höng Phöôùc Thaéng 4/30/1991 Bình Thaéng 0 Thi 7/21/1991 Ninh Bình Thanh Löông Thoan 9/12/1991 Thô 12/16/1991 Soâng Beù Taân Quan Thuaän Soâng Beù Taân Thaønh 2/25/1991 Thuaän Soâng Beù Loäc Höng 1/10/1991 Thuûy 6/30/1991 Quaûng Bình Phöôùc Bình Thuûy 9/10/1991 Thuûy 12/15/1991 Soâng Beù Tieán Thaønh Thuûy 5/1/1991 Thuùy 4/8/1991 Baéc Giang Nghóa Trung Thuùy Thuïy 7/16/1991 Thöông 3/20/1991 Thöông 10/20/1991 Quaûng Trò Taân Phuù
Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
3.5 3.5
5.0 5.0
7.0 2.5 3.5 0.0 0.0 0.0 5.5 5.5 7.0 0.0 6.0 Ñaït 2.0 5.5 6.5 5.5 9.0 3.5 3.0 4.0 5.0 5.0 2.0 6.0 Ñaït 2.0 7.0 7.5 0.0 7.0 6.5 Ñaït 9.5 9.5 6.0 Ñaït 3.5 5.0 7.5 3.5 4.5 3.5 0.0 8.5 8.5
2.0 5.0 8.5 3.0
2.5 1.5 5.5 2.0
Soâng Beù Lyù Töï Troïng
Soâng Beù Taân Phuù
Soâng Beù Taân Ñoàng Soâng Beù Phöôùc Tín Soâng Beù Taân Xuaân Soâng Beù Taân Laäp
2.5 0.0 10.0 3.0 4.0 2.0 8.0 1.5 5.5 4.5 5.5 9.5 7.5 7.0 5.5 9.0 9.5 0.5 3.0 8.5 1.5 7.0 4.0 1.5 6.0 3.0 8.5 5.0 1.5 6.5 6.0 10.0 1.0 0.5 1.0 4.0 3.0 0.0 2.0
5.0 0.0 3.5 4.0 4.0 3.5 3.5 1.5 4.0 4.5 5.5 5.0 2.5 3.5 5.0 4.0 4.0 2.5 2.0 5.0 3.5 3.0 3.0 3.0 4.0 2.0 5.5 2.0 2.0 2.5 2.5 3.5 1.0 3.0 3.0 4.0 3.5 2.5 3.0
Soâng Beù Taân Laäp
Tieàn 563 T143 Leâ Thanh Tieäp 564 T144 Nguyeãn Khaéc 565 T145 Löông Vaên Tín Tình 566 T146 Thaân Höõu Toaøn 567 T147 Leâ Vaên Trang 568 T148 Ñaøo Hieàn 569 T149 Ngoâ Thò Huyeàn Trang Trang 570 T150 Traàn Ngoïc Myõ Trang 571 T151 Traàn Thò Quyønh Trang 572 T152 Buøi Thò 573 T153 Nguyeãn Thò Minh Traâm 574 T154 Phaïm Thò Thanh Traâm 575 T155 Phan Thò Kim Trieàu Troïng 576 T156 Leâ Ñöùc 577 T157 Cao Thanh Truùc Trung 578 T158 Traàn Vaên Trung 579 T159 Nguyeãn Höõu Vónh Tröôûng 580 T160 Ñoã Vaên 581 T161 Nguyeãn Thò Caåm Tuù 582 T162 Hoaøng Oanh Tuù 583 T163 Trònh Hoaøng Anh Tuaán Tuaán 584 T164 Phaïm Duy 585 T165 Nguyeãn Vaên Tuaán Tuaán 586 T166 Vy Vaên Tuaán 587 T167 Maõ Xuaân Tuøng 588 T168 Phaïm Hoaøng Thanh 589 T169 Hoaøng Anh Tuyeán Tuyeát 590 T170 Hoaøng Thò 591 T171 Tröông Hoàng Vaïn Vaân 592 T172 Leâ Thò Vaân 593 T173 Trònh Thuøy 594 T174 Nguyeãn Thò Thuùy Vaân Vöông 595 T175 Ñaëng Quoác Yeán 596 T176 Nguyeãn Thò Haûi Yeán 597 T177 Nguyeãn Thò Haûi Anh 598 T178 Hoaøng Mai 599 T179 Phaïm Höông Trang 600 T180 Traàn Nguyeãn Thaûo 601 V001 Traàn Vuõ Quyønh Anh 602 V002 Nguyeãn Quyønh Vaân Anh 603 V003 Ñaëng Nhaät AÙnh Bình 604 V004 Leâ Thò Thanh Bình 605 V005 Vuõ Xuaân Chaâu 606 V006 Leâ Quoác Baûo 607 V007 Nguyeãn Thò Kieàu Chinh 608 V008 Trònh Thanh Cöôøng Dieãm 609 V009 Vuõ Thò Ngoïc 610 V010 Hoaøng Minh Döï Giang 611 V011 Doaõn Thanh Haø 612 V012 Hoà Thò Thu Haûi 613 V013 Vuõ Thò Bích Haïnh 614 V014 Huyønh Thò Bích
12/30/1991 Soâng Beù Ñöùc Haïnh 1/16/1991 Höng Yeân Minh Long 7/7/1991 Quaûng Nam Nguyeãn Hueä 8/27/1991 Haø Baéc Minh Thaéng 2/12/1991 Ñoàng Nai Taân Phuù 1/2/1991 Thanh Hoùa Traàn Quoác Toaûn 11/24/1991 Soâng Beù Taân Ñoàng 10/10/1991 Soâng Beù Taân Phuù 1/24/1991 Haø Tónh An Loäc 10/20/1991 Nam Ñònh Ñoàng Tieán 7/7/1991 Kieân Giang Minh Laäp 9/20/1991 Soâng Beù Thuaän Phuù 6/2/1991 Bình Ñònh Ñakô 7/11/1991 12/9/1991 TP HCM Ñoàng Nô 6/26/1991 Buø Ñaêng Taân Phuù 5/2/1990 Haø Tónh Minh Thaønh 3/26/1991 Nam Ñònh Thanh Bình 9/12/1991 Soâng Beù Minh Thaéng 7/28/1991 Ñoàng Nai Nghóa Trung 12/30/1991 Soâng Beù Taân Xuaân 12/23/1991 Soâng Beù Thuaän Phuù Soâng Beù Taân Thaønh 2/24/1991 Soâng Beù Thanh An 11/6/1991 Soâng Beù Phöôùc Tín 5/22/1991 Soâng Beù Long Taân 3/5/1991 9/7/1991 Soâng Beù Taân Phuù 6/16/1991 Baéc Ninh Minh Höng 10/3/1991 Thanh Hoùa Taân Xuaân TT Hueá Tieán Höng 4/10/1991 Soâng Beù Taân Phuù 1/9/1991 6/8/1991 Traø Vinh Taân Phöôùc 2/16/1991 Ngheä An Loäc Taán Soâng Beù Taân Phuù 9/30/1991 Soâng Beù Thuaän Phuù 9/22/1991 5/18/1991 Soâng Beù An Loäc 10/20/1991 Quaûng Ninh Traàn Quoác Toaûn 8/14/1991 4/18/1991 Quaûng Trò Taân Xuaân 12/13/1991 Soâng Beù Thoï Sôn 11/5/1991 9/26/1991 5/19/1991 6/10/1991 7/11/1991 TP HCM Ñoàng Tieán 10/10/1991 Soâng Beù Lyù Töï Troïng 12/7/1991 11/7/1991 Nam Ñònh Höng Phöôùc 9/28/1991 Soâng Beù Taân Thaønh 7/10/1991 Quaûng Ngaõi Tieán Thaønh Soâng Beù Taân Thaønh 1/2/1991 TP HCM Taân Laäp 3/7/1991
Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Toaùn Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên
0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
3.5 1.0 3.5 5.0 0.0
5.5 2.5 3.5 3.0 2.0
4.5 6.5 7.5 Ñaït 5.0 0.0 7.5 0.0 6.0 Ñaït 7.0 8.0 5.5 2.0 3.0 9.5 9.0 6.0 Ñaït 8.5 Ñaït 1.0 2.0 2.5 4.0 4.0 3.0 5.0 6.5 Ñaït 5.0 6.0 Ñaït 7.0 4.5 0.5 5.0 3.5 7.0 3.5 9.0 6.0 Ñaït 7.0 Ñaït 2.0 3.5 4.0 6.5 Ñaït 6.5 2.5 5.0 0.0 0.0 0.0 6.0 Ñaït 3.5 6.5 Ñaït 6.5 Ñaït 2.0
2.0 0.5 3.5 2.0 2.5
4.0 2.0 3.0 3.0 3.5
Soâng Beù Nghóa Trung
8/30/1991 Kieân Giang Taân Xuaân Soâng Beù Tieán Höng 1/1/1991 2/5/1991 Soâng Beù Nguyeãn Du 8/18/1991 Haø Taây Höng Phöôùc 12/30/1991 Soâng Beù Taân Phuù 6/12/1991 8/28/1990 Thanh Hoùa Nguyeãn Tröôøng Toä 2/8/1991 Ñoàng Nai Thoï Sôn Soâng Beù Thoï Sôn 6/18/1991 1/16/1991 Soâng Beù Taân Phuù 1/15/1991 Haø Taây Nguyeãn Khuyeán
9/2/1991
Soâng Beù Long Haø
Phuù Thoï Thanh Löông
0.5 2.0 0.0 0.0 6.0 3.0 0.5 0.5 0.0 2.0 4.0 0.0 3.0 1.5 0.0 0.0
3.0 1.5 1.0 1.5 4.5 5.5 3.5 3.0 2.0 6.0 3.0 3.0 5.0 4.5 1.5 4.0
0.0 0.0 2.0 0.0
4.5 2.0 5.0 3.0
4/16/1991
Soâng Beù Thanh Löông
615 V015 Phaïm Thò Thuyù 616 V016 Vuõ Thò Thu 617 V017 Nguyeãn Thò 618 V018 Leâ Thò 619 V019 Buøi Ñoaøn Danh 620 V020 Ñinh Leâ Thò Kim 621 V021 Leâ Thò 622 V022 Huyønh Thò Phöông 623 V023 Huyønh Thò Ngoïc 624 V024 Buøi Thò Thanh 625 V025 Nguyeãn Thò 626 V026 Vuõ Thò Huy 627 V027 Leâ Thò Hoàng 628 V028 Nguyeãn Thò Leä 629 V029 Ngoâ Hoaøng 630 V030 Leâ Huyeàn 631 V031 Haø Thò Thuùy 632 V032 Mai Thò 633 V033 Buøi Thò Thuøy 634 V034 Nguyeãn Thò 635 V035 Ñinh Thò Myõ 636 V036 Nguyeãn Thò Mai 637 V037 Mai Thò Kieàu 638 V038 Nguyeãn Tröôøng 639 V039 Nguyeãn Thò Thanh 640 V040 Buøi Thò Kim 641 V041 Nguyeãn Thò Kim 642 V042 Löu Thò 643 V043 Traàn Thò 644 V044 Nguyeãn Quang 645 V045 Nguyeãn Thò Bích 646 V046 Nguyeãn Khaùnh 647 V047 Phaïm Thò Minh 648 V048 Nguyeãn Thò Nhö 649 V049 Ñinh Thò 650 V050 Vaên Minh 651 V051 Nguyeãn Thò Hoàng 652 V052 Leâ Thò 653 V053 Traàn Thò Yeán 654 V054 Nguyeãn Thò Thuùy 655 V055 Traàn Ngoïc Mai 656 V056 Vuõ Thò 657 V057 Döông Thò Thu 658 V058 Ñaëng Hoàng 659 V059 Haø Vaên 660 V060 Traàn Thò Hoaøi 661 V061 Nguyeãn Thò Thaùi 662 V062 Leâ Thò 663 V063 Nguyeãn Thò Phöông 664 V064 Phaïm Thò Phöông 665 V065 Laâm Thò Thanh 666 V066 Ñoaøn Thò
Haèng Hieàn Hoa Hoøa Hoaøng Hoaøng Hoàng Hueä Huyeàn Huyeàn Höông Höôøng 11/29/1991 Thaùi Bình Tieán Thaønh Khaùnh Khuyeân 1/8/1991 Haäu Giang Lyù Töï Troïng 5/10/1991 Thanh Hoùa Thuaän Phuù Kieân 11/12/1991 Soùc Traêng Löông Theá Vinh Kim 10/6/1991 Nam Ñònh Taân Bình Lan Soâng Beù Long Bình 4/6/1991 Laâm 8/18/1991 An Giang Ñöùc Haïnh Linh 5/15/1991 Loan 12/24/1991 Soâng Beù Thuaän Phuù Loäc Soâng Beù Ñoàng Taâm 6/20/1991 Ly 7/3/1990 Ñoàng Nai Minh Thaéng Lyù Soâng Beù Phuù Hoøa 9/2/1991 Nam Soâng Beù Ñakô 8/1/1991 Nga Soâng Beù Phöôùc Bình 7/3/1991 Ngaân Soâng Beù Long Höng 4/5/1991 Ngaân Soâng Beù Thoï Sôn 6/26/1991 Ngaân 3/20/1991 Soâng Beù Thanh Bình Ngaân 8/10/1991 Ñoàng Nai Chu Vaên An Nghóa 9/21/1991 Soâng Beù Taân Phuù Ngoïc 8/23/1991 Haûi Phoøng Taân Bình Ngoïc Soâng Beù Long Bình 5/10/1991 Ngoïc Ngoïc 10/20/1991 TT Hueá Loäc Thuaän Nguyeãn 11/25/1991 Soâng Beù Minh Höng Nguyeät 11/16/1991 Soâng Beù Taân Xuaân Soâng Beù Ñoàng Tieán Nhung Nhöôøng 10/15/1991 Soâng Beù Long Taân 1/10/1991 Ni TT Hueá Taân Xuaân 10/18/1991 Soâng Beù Minh Höng Oanh 7/6/1991 Phöông Phöông 5/20/1991 Thaùi Bình Taân Thaønh Soâng Beù Minh Thaéng Phöông 6/29/1990 12/2/1988 Quaân Phuù Thoï Nghóa Trung Soâng Beù Taân Phöôùc 8/3/1991 Quaân Thanh 6/25/1991 Soâng Beù Loäc Hieäp 1/1/1991 Quaûng Trò Taân Phuù Thanh Thanh Soâng Beù Taân Thaønh 3/22/1991 4/18/1991 Laâm Ñoàng Ñöùc Haïnh Thaûo 10/10/1991 Soâng Beù Taân Ñoàng Thaûo 6/5/1991 Quaûng Ngaõi Nghóa Trung Thaûo 10/25/1991 Soâng Beù Nguyeãn Du Thaûo
Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên
0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0
2.0 1.0 0.0 1.5 4.5 2.0 1.0 1.0 0.5 6.0 0.5 1.0 1.5 0.5 0.5 2.0 0.0 2.5 2.0 0.0 5.0 2.5 0.0
3.0 2.0 3.5 4.5 4.0 6.5 7.5 3.5 5.0 5.0 2.0 3.5 2.5 2.5 2.5 3.5 3.0 2.5 3.0 1.5 3.0 4.5 3.0
7.0 Ñaït 2.5 6.5 7.5 Ñaït 6.0 0.0 3.5 3.5 1.0 1.5 6.0 Ñaït 6.0 Ñaït 4.0 3.5 2.0 6.0 Ñaït 6.5 Ñaït 3.0 6.0 Ñaït 6.0 1.5 4.0 0.0 0.0 4.5 2.0 6.5 Ñaït 3.0 0.0 8.5 Ñaït 3.0 3.5 6.0 7.0 Ñaït 8.0 Ñaït 8.5 4.5 5.5 6.5 Ñaït 2.5 4.5 4.0 3.0 3.0 5.5 3.0 5.0 5.0 1.5 8.0 6.5 Ñaït 3.0
Soâng Beù 2-3 Buø Nho
3.0 0.5 0.5 1.0 2.0 3.0 0.5
5.5 3.0 3.5 2.0 5.5 5.5 5.5
Soâng Beù Ñakia Soâng Beù Long Haø
1.5 1.0 4.5 0.5 1.0 0.5 2.0 1.0 1.0 0.5 0.5
4.0 4.0 2.5 2.5 2.5 4.0 6.0 3.0 2.5 3.5 2.5
667 V067 Nguyeãn Thò Minh 668 V068 Traàn Thò 669 V069 Nguyeãn Thò Thu 670 V070 Phaïm Thò Thu 671 V071 Traàn Thò 672 V072 Leâ Thò Hoaøi 673 V073 Phan Thò Hoaøi 674 V074 Nguyeãn Kieàu 675 V075 Traàn Dieãm 676 V076 Nguyeãn Thò Thuûy 677 V077 Phaïm Vaên 678 V078 Nguyeãn Thò Höông 679 V079 Phan Thò Ngoïc 680 V080 Ñaøo Thò 681 V081 Nguyeãn Thò Thuøy 682 V082 Traàn Thò Phöông 683 V083 Traàn Thò Minh 684 V084 Nguyeãn Thieân 685 V085 Nguyeãn Thò 686 V086 Voõ Phaïm Tình 687 V087 Traàn Thò 688 V088 Leâ Thò Kim 689 V089 Voõ Thò Thanh
Thôm 12/12/1991 Nam Ñònh Taân Phuù 10/12/1991 Haø Tónh An Loäc A Thuûy 11/4/1991 Thuûy 1/17/1991 Nam Ñònh Ñöùc Haïnh Thuûy Thuïy 4/24/1991 Quaûng Bình Long Bình Thöông 9/25/1991 Thanh Hoùa Taân Bình Thöông 10/25/1991 Soâng Beù Taân Phuù Thöông 10/20/1991 Laâm Ñoàng Nguyeãn Tröôøng Toä Tieân Tieân Tieán Trang Trang Trang Trang Trinh Truùc Trung Tuyeát Töù Vui Yeán Xuaân
7/12/1991 Beán Tre Ñakia 1/1/1991 Vuõng Taøu Lyù Töï Troïng 11/26/1991 Soâng Beù Loäc Hieäp 6/21/1991 8/9/1991 12/20/1991 Soâng Beù Long Höng Soâng Beù Thuaän Phuù 9/2/1991 2/18/1991 Laâm Ñoàng Haéc Dòch TP HCM Taân Xuaân 7/3/1991 Soâng Beù Voõ Tröôøng Toaûn 8/19/1991 Soâng Beù Long Höng 2/10/1991 Soâng Beù Thuaän Phuù 10/4/1991 8/29/1991 Soâng Beù Ñakia 9/2/1991 Bình Ñònh Taân Thaønh 1/1/1991
Soâng Beù An Loäc
Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên Vaên
0 0 0 0 0 0 1 0 0 1 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0 0
2.0 0.5 5.0
5.0 1.5 4.5
8.0 Ñaït 3.5 4.0 3.0 7.5 7.0 Ñaït 6.0 0.0 5.5 5.0 7.0 3.0 3.5 4.5 8.0 4.0 3.5 4.0 3.0 0.0 7.0 2.0 9.5
10.0
Toå soá thí sinh trung tuyeån:
ñaït
123
Soá thí sinh ñaït ñieåm 10 moân chuyeân:
2
Thí sinh thuû khoa:
Nguyeãn Thò Hoàng
Phaùt
9/9/1991
Soâng Beù Taân Xuaân
Lyù
1.5
10.0
4.5
10.0
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ----------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 Môn: TOÁN, khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ----------------------------------------
C©u I (2 điểm)
Gọi
(*) ( m là tham số).
y m x =
+
m(C ) là đồ thị của hàm số
1 x
m
.
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (*) khi
=
1 4
2) Tìm m để hàm số (*) có cực trị và khoảng cách từ điểm cực tiểu của
m(C ) đến tiệm
1
.
cận xiên của
m(C ) bằng
2
C©u II (2 điểm)
1
2x
4.
x
1
−
−
−
−
cos 3x cos 2x
> 2 cos x
0.
−
=
1) Giải bất phương trình 5x 2
2) Giải phương trình C©u III (3 ®iÓm)
− = và 0
y 1 0. + − =
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng 1d : x y
2d : 2x
1d , đỉnh C thuộc
2d
Tìm tọa độ các đỉnh hình vuông ABCD biết rằng đỉnh A thuộc và các đỉnh B, D thuộc trục hoành.
d :
2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
và mặt
=
=
y 3 + 2
z 3 − 1
x 1 − 1 −
+ −
+ = y 2z 9 0.
phẳng (P) : 2x a) Tìm tọa độ điểm I thuộc d sao cho khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng 2. b) Tìm tọa độ giao điểm A của đường thẳng d và mặt phẳng (P). Viết phương trình tham số của đường thẳng ∆ nằm trong mặt phẳng (P), biết ∆ đi qua A và vuông góc với d.
C©u IV (2 điểm)
π 2
1) Tính tích phân
I
dx.
=
∫
+
0
sin 2x sin x + 1 3cos x 2) Tìm số nguyên dương n sao cho
2n
2.2C
2 3.2 C
3 4.2 C
(2n 1).2 C
2005
−
+
−
+
+
+
=
1 C 2n 1 +
2 2n 1 +
3 2n 1 +
4 2n 1 +
2n 1 + 2n 1 +
L
k
nC là số tổ hợp chập k của n phần tử).
( C©u V (1 điểm)
Cho x, y, z là các số dương thỏa mãn
4.
+ + = Chứng minh rằng
1 z
1 y
1.
+
+
≤
1 x 1 x 2y z
2x
x
+
+
1 y z + +
1 y 2z + +
------------------------------ Hết -----------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh .................................................…… số báo danh........................................
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
--------------------- ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2005 ---------------------------------------- Môn: TOÁN, Khối A (Đáp án – thang điểm gồm 4 trang)
Nội dung
Câu I
Ý I.1
y
m
x
= ⇒ =
1 4
1 + . x
1 4 a) TXĐ: (cid:92)\{0}.
Điểm 2,0 1,0 0,25
2
4
b) Sự biến thiên:
y '
, y ' 0
x
2, x
2.
=
= ⇔ = −
=
1 = − 4
1 2 x
x − 2 4x
2
=
=
CT
) − = −
0,25
( y yCĐ Đường thẳng x
( ) 1, y y 2 1. = 0= là tiệm cận đứng.
là tiệm cận xiên.
Đường thẳng
y
x
=
1 4
c) Bảng biến thiên:
0,25
x y’ y
− ∞ − 2 0 2 + ∞ + 0 − − 0 + − 1 + ∞ + ∞ − ∞ − ∞ 1
d) Đồ thị
0,25
1
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
I.2
, y ' 0
y ' m =
−
= có nghiệm khi và chỉ khi m 0> .
1,0 0,25
1 2 x
.
Nếu m 0> thì
1
2
Xét dấu y '
x
0,25
0
+ ∞
y ' 0 , x x = ⇔ = − = 1 m 1 m
− ∞
1 m
1 m
y '
+ 0 − || − 0 +
Hàm số luôn có cực trị với mọi m 0.>
M
Điểm cực tiểu của (
)mC là
1 m
−
⎛ ⎜ ⎝
m 2 m
−
0,25
.
=
=
( d M, d
)
2 m 1 +
2
m 2m 1 0 m 1.
= ⇔ −
+ = ⇔ =
( d M;d
)
1 = ⇔ 2
m 2 m 1 + 1 2
m 2 m 1 +
0,25
Kết luận: m 1= .
⎞ ; 2 m . ⎟ ⎠ Tiệm cận xiên (d) : y mx mx y 0. = ⇔ − =
II.1
x
2.
Bất phương trình: 5x 1
x 1
2x 4
− ≥ ⇔ ≥
− −
− >
− . ĐK:
2,0 1,0 0,25
5x 1 0 − ≥ x 1 0 2x 4 0 − ≥
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Khi đó bất phương trình đã cho tương đương với
5x 1
2x 4
x 1
5x 1 2x 4 x 1 2 (2x 4)(x 1)
− >
− +
− ⇔ − >
− + − +
−
−
2
2
(2x 4)(x 1)
x
− ⇔ +
−
4x 4 2x + >
−
6x 4 +
0,25 0,25
0 x 10.
10x 0
x 2 ⇔ + > 2x ⇔ −
< ⇔ < <
là nghiệm của bất phương trình đã cho.
Kết hợp với điều kiện ta có : 2 x 10
≤ <
0,25 1,0 0,25
1 cos 6x cos 2x
0 =
)
)
+
2
0,25
− =
Phương trình đã cho tương đương với ( ( 1 cos 2x − + + cos 6x cos 2x 1 0 ⇔ − = cos8x cos 4x 2 0 ⇔ − = 2 cos 4x cos 4x 3 0 + ⇔
cos 4x 1
=
II.2
II.
cos 4x
= −
(
) lo¹i .
0,5
⎡ ⎢⇔ ⎢ ⎢⎣
3 2
Vậy
cos 4x 1
x
k
k
.
= ⇔ =
∈ (cid:93)
(
)
π 2
2
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
III.
III.1
Vì
∈ ⇒
1A d
) ( A t; t .
nên
3,0 1,0 0,25
( C t;
) t− .
0,25
Vì A và C đối xứng nhau qua BD và B, D Ox∈ Vì
t 1 0
t 1.
− − = ⇔ = Vậy
C d∈ nên 2t
2
) ( A 1;1 , C 1; 1− .
(
)
I 1;0 . Vì I là tâm của hình vuông nên
Trung điểm của AC là (
)
0,25
IB IA 1 ID IA 1
= =
= =
⎧ ⎨ ⎩
b 1 1
⇒
⇔
⇔
b 0, b 2 = d 0, d 2 =
= =
Suy ra,
⎧ ⎨ ⎩ ) D 2;0 hoặc
⎧ ⎨ ⎩ ) D 0;0 .
(
B(b;0) D(d;0) (
⎧ − = ⎪ ⎨ d 1 1 − = ⎪⎩ ) ( B 2;0 và
0,25
B Ox ⎧ ∈ ⎨ D Ox ∈ ⎩ ) ( B 0;0 và Vậy bốn đỉnh của hình vuông là
−
) A 1;1 , B 0;0 , C 1; 1 , D 2;0 ,
(
)
)
(
(
)
(
hoặc
−
) A 1;1 , B 2;0 , C 1; 1 , D 0;0 .
)
(
)
(
)
(
(
III.2a
x 1 t = −
1,0 0,25
Phương trình của tham số của
3 2t
⎧ ⎪ d : y = − + ⎨ ⎪ = + z 3 t. ⎩
,
.
=
( I 1 t; 3 2t;3 t I d ∈ ⇒ − − + +
)
)
( ( d I, P
)
2t 2 − + 3
4
3
2
0,25 0,25
)
( ( d I, P
)
2.
= −
0,25
Vậy có hai điểm
.
−
−
I 1
(
)
t =⎡ 1 t = ⇔ − = ⇔ ⎢ t ⎣ ) ( 3;5;7 , I 3; 7;1 2
III.2b
1,0
(
0,25
Ta có
9 0
t 1
−
+
+ = ⇔ = .
) + . ( 3 2t + − +
− − + ( 2 1 t −
)
)
( 2 3 t
)
.
Vậy
)
=
0,5
A 1 t; 3 2t;3 t Vì A d∈ nên ) ( A P∈ ⇔ ( A 0; 1; 4− )P có vectơ pháp tuyến Mặt phẳng ( Đường thẳng d có vectơ chỉ phương
(cid:71) n (cid:71) u
( ( = −
và
.
Vì
. (cid:74)(cid:74)(cid:71) u
(cid:71) (cid:71) n, u
5;0;5
) 2;1; 2 . − ) 1; 2;1 d∆ ⊥ nên ∆ có vectơ chỉ phương
∆ ⊂
=
=
∆
(
)P
(
)
⎡ ⎣
⎤ ⎦
t
Phương trình tham số của ∆ :
0,25
x =⎧ ⎪ y 1 = − ⎨ ⎪ = + z 4 t. ⎩
3
Mang Giao duc Edunet - http://www.edu.net.vn
π 2
2,0 1,0 0,25
.
I
dx
=
∫
(2 cos x 1)sin x + 1 3cos x
0
+
2t
1
cos x
=
IV
0,25
Đặt
t
1 3cos x
=
+
IV.1
dx.
− 3 3sin x 2 1 3cos x
+
⎧ ⎪⎪ ⇒ ⎨ ⎪ = − dt ⎪ ⎩
x
0
t
2, x
= ⇒ =
t 1. = ⇒ =
2
1
2
t
1
2
dt
2t
I
2
1
0,25
=
+
−
=
+
(
) 1 dt.
∫
∫
2 3
2 9
− 3
1
2
⎞ ⎟ ⎠
π 2 ⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
3
0,25
2
1
.
t
+
−
+
=
=
+
=
2 9
16 3
2 3
34 27
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
⎛ 2 2t ⎜ 3 9 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
1
+
2
3
2n 1 +
IV.2
1,0 0,25
C
... C x
C x C x +
+
=
+
+ +
∀ ∈ (cid:92) x .
1 2n 1 +
2 2n 1 +
0 2n 1 +
3 C x 2n 1 +
2n 1 + 2n 1 +
)2n 1
2n
2
2n
0,25
∀ ∈ (cid:92) x .
+
+
2C x 3C x +
... + +
+
1 C 2n 1 +
3 2n 1 +
2 2n 1 +
2n 1 2n 1 +
(
) 2n 1 C x+
2n
0,25
2 3.2 C
+
... + +
+
=
2n 1. +
Ta có ( 1 x + Đạo hàm hai vế ta có ) )( ( 2n 1 1 x = + 2= − ta có: Thay x 1 2.2C C − 2n 1 +
3 2n 1 +
2n 1 + 2n 1 +
(
) 2n 1 .2 C
0,25
.
2 − 2 n 1 + Theo giả thiết ta có 2n 1 2005
+ =
3 4 4.2 C 2n 1 + n 1002 ⇒ =
V
.
4ab (a b)
≤
⇔
≤
2 + ⇔
≤
Với a, b 0> ta có :
a b + 4ab
1 b
1 a b +
1 a b +
1 1 ⎛ +⎜ 4 a ⎝
⎞ ⎟ ⎠
1,0 0,25
b= .
"= xảy ra khi và chỉ khi a
(1).
≤
+
≤
+
+
=
+
+
1 z
1 2y
1 2z
Dấu " Áp dụng kết quả trên ta có: 1 y z +
⎛ 1 1 ⎜ 4 2x ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 1 1 ⎜ 4 y ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 1 1 ⎜ 8 x ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎡ 1 1 ⎢ 4 2x ⎣
⎤ ⎥ ⎦
0,5
(2).
≤
+
≤
+
+
=
+
+
1 z
1 2z
1 2x
1 y z 2x + + Tương tự 1 x 2y z
1 x z +
+
+
1 1 ⎛ ⎜ 4 x ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 1 1 ⎜ 4 2y ⎝
⎡ 1 1 ⎢ 4 2y ⎣
⎤ ⎥ ⎦
⎛ 1 1 ⎜ 8 y ⎝
⎞ ⎟ ⎠
(3).
≤
+
≤
+
+
=
+
+
x
x
y
1 y
1 2x
1 2y
1 y 2z + +
1 +
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 1 1 ⎜ 4 2z ⎝
⎛ 1 1 ⎜ 4 x ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 1 1 ⎜ 8 z ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎡ 1 1 ⎢ 4 2z ⎣
⎤ ⎥ ⎦
Vậy
1.
+
≤
+
=
2x
x
1 z
1 + + y
1 y 2z + +
1 y z + +
+
+
0,25
⎛ 1 1 1 ⎜ 4 x x 2y z ⎝ Ta thấy trong các bất đẳng thức (1), (2), (3) thì dấu "
⎞ ⎟ ⎠ "= xảy ra khi và chỉ khi
x
.
x
y z.
y z = = =
= = Vậy đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
3 4
-------------------------------Hết-------------------------------
4
−
+
=
y
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004 ------------------------------ M«n thi : To¸n , Khèi A §Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót, kh«ng kÓ thêi gian ph¸t ®Ò -------------------------------------------------------------- C©u I (2 ®iÓm)
− 2x 3x 3 − 2(x 1)
Cho hµm sè (1).
−
22(x
16)
+
− x 3 >
1) Kh¶o s¸t hµm sè (1). 2) T×m m ®Ó ®−êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè (1) t¹i hai ®iÓm A, B sao cho AB = 1. C©u II (2 ®iÓm)
− x 3
− 7 x − x 3
−
−
=
log (y x)
log
1
4
1 y
1 4
1) Gi¶i bÊt ph−¬ng tr×nh .
2
2
+
=
x
y
25.
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh
C©u III (3 ®iÓm)
(
(
) 3; 1
) A 0; 2 vµ
− B 1) Trong mÆt ph¼ng víi hÖ täa ®é Oxy cho hai ®iÓm − . T×m täa ®é trùc
t©m vµ täa ®é t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp cña tam gi¸c OAB.
2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho h×nh chãp S.ABCD cã ®¸y ABCD lµ h×nh thoi, AC c¾t BD t¹i gèc täa ®é O. BiÕt A(2; 0; 0), B(0; 1; 0), S(0; 0; 2 2 ). Gäi M lµ trung ®iÓm cña c¹nh SC.
a) TÝnh gãc vµ kho¶ng c¸ch gi÷a hai ®−êng th¼ng SA, BM.
2
b) Gi¶ sö mÆt ph¼ng (ABM) c¾t ®−êng th¼ng SD t¹i ®iÓm N. TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABMN. C©u IV (2 ®iÓm)
dx
∫
+
1
x − x 1
1
8
+
−
1) TÝnh tÝch ph©n I = .
2 ⎡ 1 x (1 x) ⎣
⎤ ⎦ .
2) T×m hÖ sè cña x8 trong khai triÓn thµnh ®a thøc cña
C©u V (1 ®iÓm) Cho tam gi¸c ABC kh«ng tï, tháa m·n ®iÒu kiÖn cos2A + 2 2 cosB + 2 2 cosC = 3. TÝnh ba gãc cña tam gi¸c ABC.
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------
C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh............................................................................Sè b¸o danh.................................................
§¸p ¸n - Thang ®iÓm
M«n: To¸n, Khèi A
(§¸p ¸n - thang ®iÓm cã 4 trang)
®Ò thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2004
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o ..................... ........................................... §Ò chÝnh thøc
Néi dung
I C©u ý I.1
3
=
−
+ −
x 1
y
3 −
1 2
1 ) ( − 2 x 1
2 ( x
x 2
− x )1
{ } R \ 1 .
(1,0 ®iÓm) − + = . §iÓm 2,0
= ⇔ =
x
0, x
= . 2
= 0,25 y ' ; y ' 0 a) TËp x¸c ®Þnh: b) Sù biÕn thiªn: − x(2 x) − 2 2(x 1)
− , yCT = y(0) =
3 2
1 2
. yC§ = y(2) =
= −
y
x 1
+ lµ tiÖm cËn xiªn.
§−êng th¼ng x = 1 lµ tiÖm cËn ®øng.
1 2
§−êng th¼ng 0,25
−∞
2
+∞
1
0
x
y'
−
+
+
0
−
0
+∞
+∞
y
1 − 2
−∞
−∞
3 2
B¶ng biÕn thiªn:
0,25
c) §å thÞ:
1
0,25
+
3
2
−+
=
=
+
−
I.2
0,25 (*). ⇔
(1,0 ®iÓm) Ph−¬ng tr×nh hoµnh ®é giao ®iÓm cña ®å thÞ hµm sè víi ®−êng th¼ng y = m lµ : − ) x
m
m
m
x
23
( 2
3
0
3 −
2 ( x
x 2
− x ) 1
−
m
m
24m 4m 3 0
Ph−¬ng tr×nh (*) cã hai nghiÖm ph©n biÖt khi vµ chØ khi:
− > ⇔
> hoÆc
0>∆
< − (**) .
1 2
3 2
2
2
+
−
=
−
)
x
x
x
x
1
2
= 1
⇔ 0,25
− x
x
1
4x x 1
2
1
2
2
1
⇔
1
5
) 2
=
−
−
m
m
m
3
( − 234
) 1 =
⇔ ( 2
⇔
(tho¶ m·n (**))
2
Víi ®iÒu kiÖn (**), ®−êng th¼ng y = m c¾t ®å thÞ hµm sè t¹i hai ®iÓm A, B cã hoµnh ®é x1 , x2 lµ nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh (*). = ⇔ ( AB = 1 ⇔ 1 ± 0,25 0,25
4≥ .
II
2
2
−
+ − > − ⇔
−
>
−
2(x
16) x 3 7 x
2(x
16) 10 2x
5
x 2
2
< <
+
<
>
−
)2
)
≤ ≤ th× hai vÕ cña bÊt ph−¬ng tr×nh kh«ng ©m. B×nh ph−¬ng hai vÕ ta ( 2 x
+ 20x 66 0
( − 10 2x
⇔ − x
16
⇔ − 10
x 10
34
34
II.1 (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn : x BÊt ph−¬ng tr×nh ®· cho t−¬ng ®−¬ng víi bÊt ph−¬ng tr×nh:
−
>
−
x
5
34
x 5
34
≤ ≤ ta cã: 10
< ≤ . §¸p sè: x 10
+ NÕu x > 5 th× bÊt ph−¬ng tr×nh ®−îc tho¶ m·n, v× vÕ tr¸i d−¬ng, vÕ ph¶i ©m. + NÕu 4 ®−îc: .
(
−
=
(
)
−
−
=
− xy
log
log
1
− xy
log
log
1
4
4
4
1 y
1 y
1 4
−
log
x =
⇔
= ⇔ 1
.
4
II.2 KÕt hîp víi ®iÒu kiÖn 4 (1,0 ®iÓm) §iÒu kiÖn: y > x vµ y > 0. ) ⇔ 2,0 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25
− y x y
3y 4
2
2
= ⇔ = ±
0,25
y
25
y
4.
3y 4
⎛ ⎜ ⎝
⎞ + ⎟ ⎠
0,25 ThÕ vµo ph−¬ng tr×nh x2 + y2 = 25 ta cã:
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
III So s¸nh víi ®iÒu kiÖn , ta ®−îc y = 4, suy ra x= 3 (tháa m·n y > x). VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ (3; 4). (1,0 ®iÓm)
= .
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
III.1 + §−êng th¼ng qua O, vu«ng gãc víi BA( 3 ; 3) cã ph−¬ng tr×nh 3x 3y 0
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
+ cã ph−¬ng tr×nh y = 1− cã ph−¬ng tr×nh 3x y 2 0
+ − = )
§−êng th¼ng qua B, vu«ng gãc víi OA(0; 2) 0,25 3,0 0,25
0,25
2
0,25 ( §−êng th¼ng qua A, vu«ng gãc víi BO( 3 ; 1) Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc trùc t©m H( 3 ; 1)− + §−êng trung trùc c¹nh OA cã ph−¬ng tr×nh y = 1. + + = . §−êng trung trùc c¹nh OB cã ph−¬ng tr×nh 3x y 2 0 = ). + ( §−êng trung trùc c¹nh AB cã ph−¬ng tr×nh 3x 3y 0
−
) 3 ; 1
.
Gi¶i hÖ hai (trong ba) ph−¬ng tr×nh trªn ta ®−îc t©m ®−êng trßn ngo¹i tiÕp tam gi¸c OAB lµ ( I (1,0 ®iÓm)
−
−
)
)
(
1; 0
C 2; 0; 0
−
−
III.2.a , ,
)2;0;1−M ( )
1;
1;
2
( D 0; , (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BM
0,25 0,25 . ,
α =
=
α =
=
(
)
30
cos
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) cos SA, BM
+ Ta cã: )22;0;2 ( ( =SA = − Gäi α lµ gãc gi÷a SA vµ BM.
° .
3 2
⇒ Ta ®−îc: 0,25
−
)
)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) SA.BM (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) SA . BM (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ( = − AB
2; 1; 0
2 2; 0;
2
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎡ SA, BM ⎣
( ⎤ = − ⎦
0,25 . , + Ta cã:
VËy: (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71)
)
( d SA, BM
0,25 = =
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎤ ⋅ ⎡ SA, BM AB 2 6 ⎦ ⎣ (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) 3 ⎤ ⎡ SA, BM ⎦ ⎣
⎞ ⎟ ⎠
=
−
−
−
−
=
−
)
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) SN
0;
;
2
III.2.b (1,0 ®iÓm) Ta cã MN // AB // CD ⇒ N lµ trung ®iÓm SD ⇒ .
=SB
SM
1 ⎛ − ;0N 2; ⎜ 2 ⎝ )22;1;0 (
)2
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
=
( −= ;0;1 )
0; 4 2; 0
⇒
, , ,
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ( SA 2; 0; (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎡ SA, SM ⎣
⎤ ⎦
=
⋅
=
V
. 0,25 0,25
S.ABM
2 2 ( (cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎡ SA,SM SB ⎣
⎤ ⎦
=
⋅
=
0,25
V
⇒
S.ABMN
S.ABM
S.AMN
S.AMN
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) ⎡ SA,SM SN ⎣
⎤ ⎦
1 6 1 6
2 2 3 2 3
= + = V V V 2 0,25
IV
=
I
dx
⇒
t
= x
x
= t
dx
tdt
⇒
1−
12 +
2=
1
(1,0 ®iÓm) 2 IV.1 . §Æt: .
x
x
t
=⇒=
x ∫ + − x 1 1 =⇒= t 1 0
2
1
3
, . 2,0 0,25
1
1
1
2
3
2
=
=
=
I
2t dt
2
dt
2
t
− + − t 2
dt
∫
∫
∫
+ t 1 + 1 t
+ t t + 1 t
2 + t 1
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0
0
0
2
3
+
−
+
−
=
t
2t 2 ln t 1
t
2
Ta cã:
1 2
1 3
1 ⎤ ⎥ ⎦
0
− + −
=
−
=
2 2 ln 2
4 ln 2
2
I
I 0,25 0,25
11 3
1 3
⎤ ⎥ ⎦
. 0,25
⎡ ⎢ ⎣ 1 ⎡ ⎢ 2 ⎣ (1, 0 ®iÓm)
8
3
4
2
2
4
+
−
−
+
−
=
−
−
+
+
+
)
)
(
)
(
(
)
2 1 x 1 x
) C C x 1 x C x 1 x
3 8
4 8
1 8
2 8
0 8
⎡ ⎣
⎤ ⎦
6
5
8
7
14
IV.2
+
+
+
+
( 6 C x 1 x )
)
)
( 8 C x 1 x ( ) − 1 x
( − 1 x
( − 1 x
7 C x 8
5 10 C x 8
6 12 C x 8
8 16 C x 8
0,25
0,25
2 3
3 8
4 C .C , C .C 8 =
0 4 +
=
238
0,25
.
( − 1 x BËc cña x trong 3 sè h¹ng ®Çu nhá h¬n 8, bËc cña x trong 4 sè h¹ng cuèi lín h¬n 8. VËy x8 chØ cã trong c¸c sè h¹ng thø t−, thø n¨m, víi hÖ sè t−¬ng øng lµ: Suy ra a8 168 70
+
+
−
=
V
M
A
B
2cos
22
cos
22
3
2
+−
⋅
⋅
−
=
Gäi
A
2
cos
2221
cos
cos
3
C cos + CB 2
2
+
≤
≤
M 2 cos A 4 2 sin
0,25 1,0 0,25 . − CB 2
− . 4
sin
0
cos
1
>A 2
− CB 2
Do , nªn 0,25
A
cos2
A 2 ≤ A cos
2
=
≤
+
−
−
M
A
sin24
cos
4
2
sin24
4
A 2
cos ≥A 0 A 2
A 2
. Suy ra:
2
MÆt kh¸c tam gi¸c ABC kh«ng tï nªn ⎛ − sin212 ⎜ ⎝ , ⎞ +⎟ ⎠
−
−=
+
−
0≤M .
−= 2
sin2
1
0
sin4
sin24
2
A 2
A 2
A 2
⎛ ⎜ ⎝
2 ⎞ ≤⎟ ⎠
=
A
cos2
cos
=
0,25 . VËy
cos
1
°⋅
A − CB 2
° = ⇔ A 90 ⎧ ⎨ = = B C 45 ⎩
=
A 2
1 2
Theo gi¶ thiÕt: M = 0 ⇔
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ sin ⎪ ⎩
4
0,25
kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003
M«n thi : to¸n khèi A
___________________________________
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o -------------------------- ®Ò chÝnh thøc Thêi gian lµm bµi : 180 phót
2
mx
m
y
(1)
(
=
mx ++ x 1 −
C©u 1 (2 ®iÓm). Cho hµm sè lµ tham sè).
2
1) Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi m = −1. 2) T×m m ®Ó ®å thÞ hµm sè (1) c¾t trôc hoµnh t¹i hai ®iÓm ph©n biÖt vµ hai ®iÓm ®ã cã hoµnh ®é d−¬ng. C©u 2 (2 ®iÓm).
x cotg sin x x .2sin 1 =− + − 1) Gi¶i ph−¬ng tr×nh 1 2 x 2 tg x
3x
x − y −= 2) Gi¶i hÖ ph−¬ng tr×nh
ABCD A B C D '
'
'
'
,
' DCAB
,
1 y .1 2 y cos 1 + 1 x = + C©u 3 (3 ®iÓm).
. 1) Cho h×nh lËp ph−¬ng 2) Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Ox
yz ; 0; 0
a (0; ; 0),
D
A
A
B a (
]. cho h×nh hép ch÷ nhËt b '(0; 0; ) ),
. TÝnh sè ®o cña gãc ph¼ng nhÞ diÖn [
' 0)
>
' ' . Gäi
M lµ trung ®iÓm c¹nh CC . ' '
' ABCD A B C D . b a ( 0, > a) TÝnh thÓ tÝch khèi tø diÖn
BDA M theo a vµ b .
(
' A BD
)
(
cã trïng víi gèc cña hÖ täa ®é,
)MBD vu«ng gãc víi nhau.
a b
b) X¸c ®Þnh tû sè ®Ó hai mÆt ph¼ng vµ
n
5
x
+
C©u 4 ( 2 ®iÓm).
1 3
x
C
(7
n
)3
C
−
=
+
3
n n +
1) T×m hÖ sè cña sè h¹ng chøa x8 trong khai triÓn nhÞ thøc Niut¬n cña , biÕt r»ng
1 n + 4 n + k nC
dx
I
=
( n lµ sè nguyªn d−¬ng, x > 0, lµ sè tæ hîp chËp k cña n phÇn tö).
2
xx
4
+
32 ∫ 5
2) TÝnh tÝch ph©n .
2
2
2
x
y
z
.82
+
+
+
+
+
≥
1 2
1 2
1 2
x
z
y −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−− HÕT −−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−−
C©u 5 (1 ®iÓm). Cho x, y, z lµ ba sè d−¬ng vµ x + y + z ≤ 1. Chøng minh r»ng
Ghi chó: C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh: …………………………….. ……. Sè b¸o danh: …………….
kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2003 ®¸p ¸n −thang ®iÓm
M«n thi : to¸n Khèi A
Bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o −−−−−−−−−−−−− ®Ò thi chÝnh thøc
Néi dung
C©u 1. 1)
2
x
1
−
m
1
y
.
= − ⇒ =
x = − −
Khi
x
1
1 −
R
+ TËp x¸c ®Þnh:
x + − 1 x − \{ 1 }. 2
0
1
x
−
+
'
.
y
y
1 = − +
=
+
2
2 x 2
2.
(
1)
(
x
x
−
x = ' 0 = ⇔ = x
)
y
x
y
x
=
( −−
0 ⇒=
−=
tiÖm cËn xiªn cña ®å thÞ lµ:
.
+
]
[
1
x
1) − 1 −
lim x ∞→
1=x
y
⇒∞=
tiÖm cËn ®øng cña ®å thÞ lµ:
.
lim x ∞→ lim 1 x → B¶ng biÕn thiªn:
+ ∞
2 0 −
+
−3 C§
x y’ y
− ∞ +∞
− ∞
0 − 0 CT 1
1 + +∞ − ∞
y
1
x
O
1
2
−1
−3
®iÓm 2®iÓm 1 ®iÓm 0,25 ® 0,5 ® 0, 25 ®
§å thÞ kh«ng c¾t trôc hoµnh. §å thÞ c¾t trôc tung t¹i ®iÓm (0; 1).
1
2)
2
mx
y
=
§å thÞ hµm sè
c¾t trôc hoµnh t¹i 2 ®iÓm ph©n biÖt cã hoµnh ®é
mx ++ x 1 −
2
( )
x m
0
f x mx =
+ +
= cã 2 nghiÖm d−¬ng ph©n biÖt kh¸c 1
d−¬ng ⇔ ph−¬ng tr×nh
m
≠
m
0
≠
2
m
<
m
0
⇔
⇔
<
.
1 ®iÓm 0,25 ® 0,75 ®
1 − < 2
0,
P
0
=
>
>
1 4 m ∆ = − f m (1) 2 = 1 m
0 > 1 0 + ≠ m m
⇔ = − S
m
0 1 2 1 2 0
<
≠ − m
m
0 < .
VËy gi¸ trÞ m cÇn t×m lµ:
1 − < 2
C©u 2. 1)
x x
§iÒu kiÖn
.
0 0 (*) 1
sin cos tg x
≠ ≠ ≠ −
2
2
cos
x
x
sin
x
(sin
x
cos
x
)
⇔
1 =−
+
−
Khi ®ã ph−¬ng tr×nh ®· cho
cos sin
x x
1
+
− sin cos
sin x x
cos
x
cos (cos x
x
sin ) x
sin (sin x
x
cos ) x
=
−
+
−
⇔
x − sin
sin x
2
x
sin
x
) 0
(cos
x
+
⇔
=
− cos
sin )(1 sin cos − x sin
x 0
x
x −
= 2
x
x
sin
x
0.
−
+
=
⇔ 1 sin cos
sin
x
cos
x
x tg
x
k π ( k
)
=
1 ⇔ = ⇔ =
+
TH1:
∈ Z tháa m·n ®iÒu kiÖn (*).
π 4
2
2
1 sin cos
x
x
sin
x
0
1
sin 2
x
sin
x
0 :
−
+
= ⇔ −
+
=
v« nghiÖm.
TH2:
x
k π ( k
=
+
VËy nghiÖm cña ph−¬ng tr×nh lµ:
∈ Z . )
1 2 π 4
x
y
(1)
− = −
1 y
1 x
2) Gi¶i hÖ
3
1
(2).
+
y 2 xy ≠
+ §iÒu kiÖn
x = 0.
(1)
)(1
y
( x ⇔ −
+
+ Ta cã
y 1.
x xy
= = −
1 xy
) 0 = ⇔
x
1
y = =
x
y
x
y
x
y
=
=
=
5
y
⇔
⇔
⇔ = = x
TH1:
3
3
2
2
y
x
1
2
x
x
1
(
x
1)(
x
1) 0
x
=
+
=
+
−
+ − =
5
.
1 − + 2 1 − − 2
= = x y
2®iÓm 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 1 ®iÓm 0, 25 ® 0,5 ®
2
y
= −
xy
1
= −
y
(3)
= −
1 x
1 x
⇔
⇔
TH2:
3
3
x
y
2
1
=
+
4
x
1
+
x
x
2 0 (4).
+ + =
2 − = x
Ta chøng minh ph−¬ng tr×nh (4) v« nghiÖm.
2
2
4
2
x
x
x
x
2
0,
+ + =
−
+
+
+ > ∀
C¸ch 1.
x .
1 2
1 2
3 2
0, 25 ®
4
.
0
( ) f x
x
x
f x
f
C¸ch 2. §Æt
=
2 + + ⇒
≥
=
>
R
( ) min ( ) f x x ∈
4
− 1 3
Tr−êng hîp nµy hÖ v« nghiÖm. VËy nghiÖm cña hÖ ph−¬ng tr×nh lµ: 5
5
5
5
x y ( ;
)
(1;1),
;
,
;
=
.
1 − + 2
1 − + 2
1 − − 2
1 − − 2
B’
C’
A’
D’
H
B
C
I
A
D
,
'
B A C D lµ gãc (cid:110)BHD . ,
]
.
.
'
'
DH A C CD A D =
∆
C©u 3. 1) C¸ch 1. §Æt AB a= . Gäi H lµ h×nh chiÕu vu«ng gãc cña B trªn A’C, suy ra BH ⊥ A’C, mµ BD ⊥ (A’AC) ⇒ BD ⊥ A’C, do ®ã A’C ⊥ (BHD) ⇒ A’C ⊥ DH. VËy gãc ph¼ng nhÞ diÖn [ 'A DC XÐt
a
'A BC
∆
=
=
DH
⇒
=
. T−¬ng tù,
vu«ng t¹i B cã BH lµ ®−êng
vu«ng t¹i D cã DH lµ ®−êng cao, ta cã CD A D . ' A C '
a a . a
2 3
2 3
a
BH =
cao vµ
.
2 3
MÆt kh¸c:
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
2
a
BD
BH
DH
2
BH DH .
cos
(cid:110) BHD
2.
cos
(cid:110) BHD
=
=
+
−
=
+
−
,
a 3
a 3
a 3
cos
BHD⇒
=
BHD = − (cid:110) o 120
.
do ®ã (cid:110) 1 2
'A C vµ (
BC D ) '
;
'
B A C D . ;
]
3®iÓm 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc 0, 25® 0,25 ® 0,5 ®
BHD⇒
=
C¸ch 2. Ta cã BD ⊥ AC ⇒ BD ⊥ A’C (§Þnh lý ba ®−êng vu«ng gãc). T−¬ng tù, BC’⊥ A’C ⇒ (BC’D) ⊥ A’C . Gäi H lµ giao ®iÓm cña ⇒ (cid:110)BHD lµ gãc ph¼ng cña [ C¸c tam gi¸c vu«ng HA’B, HA’D, HA’C’ b»ng nhau ⇒ HB = HC’ = HD ⇒ H lµ t©m ∆BC’D ®Òu (cid:110) o 120
.
3
2)
a) Tõ gi¶ thiÕt ta cã
aaC ; ;(
0);
baaC ) ; ;('
aaM ; ;(
)
⇒
.
b 2
z A’
D’
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BD
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BM
a a ; ; 0),
a (0; ;
)
( = −
=
VËy
b 2
B’
C’
2
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) , BD BM
a
;
;
⇒
=
−
.
ab 2
ab 2
A
y
D
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BA '
b a ; 0;
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BD BM BA '
,
.
.
⇒
=
( = −
)
23 a b − 2
B
C
x
V
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BD BM BA '
.
,
=
=
Do ®ã
.
'
BDA M
2 a b 4
2
1 6 (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) BD BM ,
;
;
a
)
=
=
−
,
BDM cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ
b) MÆt ph¼ng (
(cid:74)(cid:74)(cid:71) n 1
ab 2
ab 2 2
(cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:74)(cid:71) , BD BA '
)
(
ab ab a
;
;
)
'
=
=
mÆt ph¼ng (
A BD cã vÐct¬ ph¸p tuyÕn lµ
.
(cid:74)(cid:74)(cid:71) n 2
4
2 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 5 ® 0, 5 ®
a
0
a
b
1
(
BDM
)
(
A BD '
)
+
−
= ⇔ =
⊥
⇔
0 = ⇔
Do ®ã
(cid:74)(cid:74)(cid:71) (cid:74)(cid:74)(cid:71) n n . 1 2
2 2 a b 2
2 2 a b 2
a ⇔ = . b
C©u 4. 1)
7(
n
C
C
C
7(
n
3)
−
=
3) + ⇔
+
−
=
+
Ta cã
3
3
3
n 1 + C 4 n +
n C n +
n 1 + 3 n +
n n +
n n +
(
)
(
n
3)
+
+
7(
n
2 7.2! 14
3)
n
12.
⇔
=
n + ⇔ + =
= ⇔ =
n 2)( 2!
k
−
k
3
−
5 2
60 11 k − 2
C
x
.
x
=
Sè h¹ng tæng qu¸t cña khai triÓn lµ
.
k 12
k C x 12
(
)
12
k 60 11 − 2
8
4.
x
k
8 x = ⇒
= ⇔ =
Ta cã
k 60 11 − 2
495
.
=
Do ®ã hÖ sè cña sè h¹ng chøa 8x lµ
4 =C 12
12(!4
)!4
!12 −
2) TÝnh tÝch ph©n
.
I
=
2
xdx 2
x
4
+
2 3 ∫ 5
2
t
x
dt
4
=
+ ⇒ =
t=
vµ 2 x
2 4. −
§Æt
x xdx 2
3
5
x =
th×
th×
Víi
Khi ®ã
I
dt
=
=
=
−
dt 2
xdx 2
2
1 4
t
2
t
2
1 −
1 +
t
4
−
4
x
x
+
x 4 + x = 2 3 4 ∫ 3
t = . 4 4 ∫ 3
t = , víi 2 3 ∫ 5
4
2®iÓm 1 ®iÓm 0, 5 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 1 ®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0,25 ® 0, 25 ®
ln
=
=
1 4
t t
1 4
5 ln . 3
2 − + 2
3
4
|
|
(cid:71) u
(cid:71) v
≤
+
(cid:71) (cid:71) u v + 2
2 |
| . |
|
|
|
|
2 |
|
|
2 |
2 |
|
(cid:71) v
(cid:71) u
(cid:71) v
ta cã | (cid:71) (cid:71) 2 v u
| (cid:71) (cid:71) u v 2 .
| (cid:71) u
| (*) (cid:71) v
(cid:71) u
| =
+
C©u 5. (cid:71) (cid:71) ,u v Víi mäi (cid:71) (cid:71) u v +
+
=
+
≤
+
+
)
(v×
(
)2
→ c
z
;
→ b
y
;
→ a
x ;
=
=
=
§Æt
,
.
1 z
1 x
1 y
,
(cid:71) a
(cid:71) b
(cid:71) c
|
|
|
|
|
|
|
|
|
|
(cid:71) c
| .
+
+
≥
+
≥
(cid:71) (cid:71) a b +
(cid:71) (cid:71) (cid:71) a b c + +
¸p dông bÊt ®¼ng thøc (*) ta cã | VËy
2
2
2
2
2
P
x
y
z
(
x
z
)
=
+
+
+
+
+
≥
y + +
+
.
1 2
1 2
1 2
1 x
1 + + y
1 z
x
z
y
C¸ch 1. Ta cã
2
2
2
2
3
3
3
xyz
3
t 9
P
(
x
z
)
+
=
+
≥
y + +
+
≥
, víi
)
(
1 xyz
9 t
1 x
1 + + y
1 z
2
2
z
x
3
t
xyz
t
=
0 ⇒ < ≤
≤
.
(
)
y + + 3
1 9
Q t
Q t
'( ) 9
0,
t
0;
Q t ( )
0;
( ) 9 t =
= −
< ∀ ∈
⇒
§Æt
gi¶m trªn
9 2
1 9
1 9
t
82.
Q t Q ( )
=
≥
⇒
P
Q t ( )
82.
≥
≥
VËy
1 9
9 + ⇒ t
y
x
= = = ). z
1 3
(DÊu “=” x¶y ra khi C¸ch 2.
2
2
2
2
2
(
)
81(
)
80(
)
x
z
x
z
x
z
y + +
=
y + +
+
−
y + +
+
Ta cã
1 x
1 + + y
1 z
1 + + y
1 z
1 x
2
18(
x
z
)
80(
x
z
)
162 80 82.
≥
y + +
−
y + +
≥
−
=
1 + + y
1 z
1 x
P ≥
1®iÓm 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® 0, 25 ® hoÆc 0,25 ® 0,5 ®
y
x
= = = ). z
1 3
82. VËy (DÊu “=” x¶y ra khi Ghi chó: C©u nµy cßn cã nhiÒu c¸ch gi¶i kh¸c.
5
bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao §¼nG n¨m 2002 ------------------------------ M«n thi : to¸n §Ò chÝnh thøc (Thêi gian lµm bµi: 180 phót)
2
2
3
2
3
m
_____________________________________________
2
3
3
2
k 3
k
x
+
−
+
1(3 x ) −= + + − (1) ( lµ tham sè).
cã ba nghiÖm ph©n biÖt.
x
21
m
01
m
log
x
log
−+
=−
+
C©u I (§H : 2,5 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) mmxm y mx 3 − + Cho hµm sè : .1=m 1. Kh¶o s¸t sù biÕn thiªn vµ vÏ ®å thÞ hµm sè (1) khi x 3 0 2. T×m k ®Ó ph−¬ng tr×nh: − = 3. ViÕt ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua hai ®iÓm cùc trÞ cña ®å thÞ hµm sè (1). C©u II.(§H : 1,5 ®iÓm; C§: 2,0 ®iÓm)
2 3
2 3 .2=m
(2) ( lµ tham sè). Cho ph−¬ng tr×nh :
33;1
m
1 Gi¶i ph−¬ng tr×nh (2) khi
®Ó ph−¬ng tr×nh (2) cã Ýt nhÊt mét nghiÖm thuéc ®o¹n [ ].
x
)2;0(
x
sin
x
cos
2
.3
+
+
2. T×m C©u III. (§H : 2,0 ®iÓm; C§ : 2,0 ®iÓm )
π cña ph−¬ng tr×nh:
2
4
x
y
5 x
x 3cos + 2sin21 + |3 ,
y
| =
+
−
3sin = x x .3 +=
N
1. T×m nghiÖm thuéc kho¶ng
,S .SC
M vµ AMN
a
lÇn l−ît
)
)
AMN
ABC SB vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng
®Ønh vµ , biÕt r»ng cã ®é dµi c¹nh ®¸y b»ng a. Gäi TÝnh theo diÖn tÝch tam gi¸c (SBC .
2. TÝnh diÖn tÝch h×nh ph¼ng giíi h¹n bëi c¸c ®−êng: C©u IV.( §H : 2,0 ®iÓm; C§ : 3,0 ®iÓm) S. 1. Cho h×nh chãp tam gi¸c ®Òu lµ c¸c trung ®iÓm cña c¸c c¹nh mÆt ph¼ng ( 2. Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz cho hai ®−êng th¼ng:
x t
:1
0 0
x x
y 2 − y 2 +
z 4 =−+ z 2 4 =+ −
∆ vµ ∆ . :2
)
(P
y z 1 += 2 t += 21 t +=
1∆ vµ song song víi ®−êng th¼ng
H thuéc ®−êng th¼ng
chøa ®−êng th¼ng
. T×m to¹ ®é ®iÓm .2∆ 2∆ sao cho ®o¹n th¼ng MH
A
x
3
3
,0
=
−− y
ABC a) ViÕt ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng )4;1;2(M b) Cho ®iÓm cã ®é dµi nhá nhÊt. C©u V.( §H : 2,0 ®iÓm) 1. Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é §ªcac vu«ng gãc Oxy , xÐt tam gi¸c vu«ng t¹i ,
B thuéc trôc hoµnh vµ
vµ lµ
A cña tam gi¸c
n
n
n
1 −
n
n
1 −
x
1 −
x − 3
x − 3
x − 3
1 − 2
x 1 − 2
c¸c ®Ønh G ABC .
x 1 − 2
C
C
C
2
2
2
2
2
2
2
C
2
+
+
+
n n
n n
0 n
1 n
=
+
vµ sè h¹ng thø t−
3 n
1 C= 5 n
BC ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng b¸n kÝnh ®−êng trßn néi tiÕp b»ng 2. T×m täa ®é träng t©m 2. Cho khai triÓn nhÞ thøc: x − x 1 − 3 2 L
+ ( n lµ sè nguyªn d−¬ng). BiÕt r»ng trong khai triÓn ®ã C b»ng
n20 n , t×m vµ x . ----------------------------------------HÕt---------------------------------------------
Ghi chó: 1) ThÝ sinh chØ thi cao ®¼ng kh«ng lµm C©u V. 2) C¸n bé coi thi kh«ng gi¶i thÝch g× thªm. Hä vµ tªn thÝ sinh:.................................................... Sè b¸o danh:.....................
bé gi¸o dôc vµ ®µo t¹o Kú thi tuyÓn sinh ®¹i häc, cao ®¼ng n¨m 2002 ------------------------------------- §¸p ¸n vµ thang ®iÓm m«n to¸n khèi A
2
C©u ý Néi dung §H C§
3 3 +
∑1,0 ®
∑1,5 ®
I 1 m 1 y x x −=⇒=
2
2
= x 1 y ' x 6 x (3 xx )2 y Rx ∈∀ 3 −= + −= − 0' ⇔= TËp x¸c ®Þnh . , 0,25 ® 0,5® x 0 2 =
y " x ,0 x 1 6 −= 6 =+ y 0" =⇔=
B¶ng biÕn thiªn
x 0 2 1 ∞− ∞+
'y
+ − 0 0 −
"y
0,5 ® 0,5 ® 0 + −
y + ∞ lâm U 4
CT 2 C§ 0 låi ∞−
y
4
x 0 = y 4 0 ⇔= =−y )1( , x 3 = §å thÞ:
2
1
2
3
0
-1
x
0,25 ® 0,5 ®
( ThÝ sinh cã thÓ lËp 2 b¶ng biÕn thiªn)
1
3
2
3
2
3
3
2
∑ 5,0 ®
∑ 5,0 ®
3
3
2
3
2
I x x x k 3 0 3 k 3 + + + − −⇔= . − 2 2 C¸ch I. Ta cã a 3k k 3 k 3 x a −= + + =
0,25 ® 0,25 ® 0 3 k a + + §Æt cã 3 nghiÖm ph©n biÖt
3
0
⇔
⇔
<≠ k 2
4
2
0
k
k
k
0)4 >
+
−
−
>
+
+
( k
(
3 k 1 ⇔ 0,25 ® 0,25 ® k <<− k 0 2 ≠∧≠ 0 <≠ 0 k )( 1 k k x −= x − Dùa vµo ®å thÞ ta thÊy ph−¬ng tr×nh 4 4 k −<⇔<<⇔ < 3 ) 2
3
2
2
2
2
----------- ----------- x k ( x 0 k 3 ( k )3 x k 3
)(1 C¸ch II. Ta cã 3 x 3 −
[ xk ) 2 x
] 0 = 0
2
+ + − k 2 0,25® 0,25 ® + ( k − )3 x + k − k 3 ⇔ + − + − =
k 3 0,25 ® 0,25 ® ⇔ ⇔ k 1 <<− k 0 2 ≠∧≠ k −⇔= xf )( = cã 3 nghiÖm ph©n biÖt cã 2 nghiÖm ph©n biÖt kh¸c k k 9 0 6 −=∆ >+ 2 2 2 k k k 3 k 3 + k 3 0 − + + − ≠
∑1,0 ®
∑1,0 ®
3 C¸ch I.
'
2
2
2
'
1 − mx = 1 0,25 ® 0,25 ® 3 6 1(3 ) (3 ) 3 y x mx m y −= + + − −= mx − + 0 ⇔= , x m 1 = +
2 hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i
1x vµ ⇒2x
2
2
2
x vµ 'y ®æi dÊu khi qua 0,25 ® 0,25 ®
2
2
2 2 y m 3 m ( xy m 3 m + = −= −= + + vµ x ≠ 1 2x . ( ) xy 1
2
2
)2
( mM 2
2
2
2
'
2
0,25 ® 0,25 ® m 3 m m 3 m + ;1 −− + + vµ lµ: Ta thÊy 1x vµ ) y = − 1 Ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ ;1 −+ − 2 2 1 + + my + 0,25 ® 0,25 ® 2 y m = ⇔ = mx − +
2
---------- ----------- 1(3 (3 6 3 ) ) 3 x −= mx −
2
−= 1(9 + ) m m , Ta thÊy x + 0 =⇒>= + + x ≠ 1 0,25 ® 0,25 ®
( mM 1 mx − 2 y C¸ch II. 2 9' =∆ vµ
1x vµ
2x .
2
2
2
3
cã 2 nghiÖm hµm sè ®¹t cùc trÞ t¹i
2
2
2
y ) −= − − Ta cã
)
2
2
0,25 ® 0,25® 33 mx m 6 3 x x 2 m . −+ = + − + mx − +
)2 m 3 − 4 m mx − 0' 9 y − 1x vµ ⇒2x 'y ®æi dÊu khi qua 3 1(3 mmxm x + + m ( − 3 mx − 1
2
2
2 2 m y m 3 mx + 1 3 = = + + Tõ ®©y ta cã vµ . y 1 mx − 2 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 0,25 ® 2 y m = mx − + VËy ph−¬ng tr×nh ®−êng th¼ng ®i qua 2 ®iÓm cùc trÞ lµ .
∑ 5,0 ®
∑ 0,1 ®
II 1.
2 3
2 3
log x log x 0 2=m + 51 =−+ Víi ta cã
t x 11 0>x = ≥+ §iÒu kiÖn . §Æt ta cã log 2 3
2
2
1 t
2
0,25 ® 0,5 ® t 5 1 0 6 t t t 0 =−+⇔=−+− ⇔ 3 −= . 2 = t
2
3
±=⇔±= 3
2
3
2 3
0,25 ® 0,5 ® t 3 log log x x 3 x 2 ⇔= 3 ⇔= (lo¹i) ,
0>x tháa m·n ®iÒu kiÖn . −=t 1 33±=x (ThÝ sinh cã thÓ gi¶i trùc tiÕp hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c)
∑ 0,1 ®
∑ 0,1 ®
2.
2 3
2 3
log log 21 01 x x m + −+ =− (2)
2
3
3
11 t x 0>x = ≥+ §iÒu kiÖn . §Æt ta cã log 2 3 2 0,25 ® 0,25 ® t m t t m 1 2 01 2 0 −+− −+⇔=− (3) t 3 x ]3,1[ log x 3 1 t log .2 x ∈ 0 ≤⇔ =≤⇔≤ 1 ≤+ 2 =− 2 3
]2,1∈
[
]3,1[ ∈ 0,25 ® 0,25 ® t f )( t khi vµ chØ khi (3) cã = 2 t + VËy (2) cã nghiÖm nghiÖm . §Æt
----------- ----------
[ 2;1 ] 2 m +
f f f )1( = 6)2( = C¸ch 1. Hµm sè . Ta cã . )(t 2 0,25 ® 0,25 ® Ph−¬ng tr×nh cã nghiÖm 2 vµ ]2;1∈ [
2 m 2 = 2 f 0 .2 m ≤⇔ ≤ ⇔ ⇔ 2 2 lµ hµm t¨ng trªn ®o¹n )( 2 2 t f t =+ ⇔+ 22 m m ≤ + + 62 m m f ≤+ t 2)1( ≤ 2)2( ≥ + 0,25 ® 0,25 ®
1,t
2
2
< ≤ < t 1 t 2 tháa m·n . t 1
2
C¸ch 2. TH1. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm t 1 0,25 ® 0,25 ® 1 Do nªn kh«ng tån t¹i m . + t 2 1 <−= 2 tháa m·n
1
t
2 ≤
2 t 1,t 2 2 t ≤≤ m 0 ≤ . TH2. Ph−¬ng tr×nh (3) cã 2 nghiÖm t t 1 2 ≤≤ ≤ 2 1 ( m 2 24 −⇔ − 1 ≤ hoÆc ) m 0 ⇔≤ 0,25 ® 0,25 ®
(ThÝ sinh cã thÓ dïng ®å thÞ, ®¹o hµm hoÆc ®Æt Èn phô kiÓu kh¸c )
∑1,0 ® 0,25 ®
∑1,0 ® 0,25 ®
III 1. x 3 sin 2 cos x x + + 2sin −≠x 5 . §iÒu kiÖn 3cos +
sin x sin2 2 x 3sin x + + x sin x + Ta cã 5 5
2
x sin x cos x = x 3sin x + + 5 cos x =5 5 = 0,25 ® 0,25 ® x cos 2 5 2 cos 0 cos 5 x 3sin + = 2sin21 x 3cos x + 2sin21 + 3cos x − + 2sin21 + x x cos = 3sin x 3cos x 3 ⇔+ VËy ta cã:
2 k ( 2 cos x x Z ). 0,25 ® 0,25 ® k π + cos =x ±=⇒= ∈ (lo¹i) hoÆc 1 2 sin cos 3 x x + sin21 2 x + 2sin2( )1 cos x + 2sin21 x + 2 =+ π 3 = x − 1 2
3
(0∈x
)π2
1, xx
2
y
∑1,0 ®
∑1,0 ®
V× ; nªn lÊy vµ . Ta thÊy tháa m·n ®iÒu =x 1 =x 2 π 3 5 π 3 0,25 ® 0,25 ® 2sin −≠x kiÖn . VËy c¸c nghiÖm cÇn t×m lµ: vµ . =x 1 =x 2 π 3 5 π 3 1 2 (ThÝ sinh cã thÓ sö dông c¸c phÐp biÕn ®æi kh¸c) 2.
8
3
1
x
2
-1 1 2 5 3 0 -1
1 =x
2 =x
2
| |3 4 x x x 0 .5 +=+ vµ
5
3
2
2
2
S
x
4
x
|3
3
x
4
x
x
4
x
3
|3 −+
=
−
+
3 −+
=
−
+
+
3 ++
−
+
| 3 Ta thÊy ph−¬ng tr×nh 4 x x − 3 cã 2 nghiÖm ]5;0∈x [ 0,25 ® 0,25 ®
( x
)dx
∫
∫
∫
0
0
1
5
2
MÆt kh¸c ( x − |3 x ∀+≤+ 1 ( ) dx x . VËy ) dx
x
4
x
3
+
3 −+
+
−
)dx
( x∫
3
1
3
2
2
2
0,25 ® 0,25 ®
( −
) dxx
( x
) dx
)dxx
∫
∫
0
5 ( ∫ −+ 3
1
3
5
3
2
3
2
3
2
S x 5 3 x 6 x 5 = + + − + +
3
0,25 ® 0,25 ® S x x x x 6 x x x + − + + 1 3 5 2 3 2 1 3 5 2 1 3 −= −+ 1
1 + 0 26 3
2
+ =S + = (®.v.d.t) 0,25® 0,25® 13 6 22 3
]5;0∈x [
) 109 6 (NÕu thÝ sinh vÏ h×nh th× kh«ng nhÊt thiÕt ph¶i nªu bÊt ®¼ng thøc 3 |3 4 x x | x ∀+≤+ −
∑1®
∑1®
IV 1.
4
S
N
I
0,25 ® 0,25 ® M C
A K
SK I ∩ = B MN Gäi K lµ trung ®iÓm cña BC vµ . Tõ gi¶ thiÕt
, BC MN MN ⇒ = = // BC I⇒ lµ trung ®iÓm cña SK vµ MN .
AN AM = MN Ta cã
(
)
0,25 ® 0,25 ® hai trung tuyÕn t−¬ng øng AI⊥⇒ . ) MN SBC SK AI ⊥⇒ AI ⊥⇒ MÆt kh¸c . AMN ) = ) AMN
a 1 2 2 SAC SAB ⇒ ∆= ∆ c©n t¹i A AMN ∆⇒ ) ( ( SBC ⊥ ( ( ) SBC AMN ∩ ( AI ⊂ AI MN ⊥
2
2
2
2
2
2
A AK SA =⇒ = . Suy ra SAK∆ c©n t¹i 3a 2
2
2
a
2
2
2
SK SB BK = − = − = a 3 4 a 4 a 2
−
=
−
−
=
=⇒ AI
SA
SI
SA
10 4
SK 2
a 3 4
a 8
.
2 = 2a
0,25 ® 0,25 ® 10 AIMN . = = Ta cã (®vdt) S AMN ∆ 16 1 2 0,25 ® 0,25 ®
BC AI ⊥ MN ⊥⇒ . MN AI⊥ ) MN ⊥⇒ nh− sau: ( SAK
3 3 ),0;0;0( K C B S ; h − a 2 a 6 a 2 a 2 ,0;0; ,0;0; − ;0 A ,0; chó ý 1) Cã thÓ chøng minh ) ( SAK 2) Cã thÓ lµm theo ph−¬ng ph¸p täa ®é: Ch¼ng h¹n chän hÖ täa ®é §ªcac vu«ng gãc Oxyz sao cho − ;0 S. trong ®ã h lµ ®é dµi ®−êng cao SH cña h×nh chãp ABC .
5
∑ 5,0 ®
∑ 0,1 ®
2
2a)
( β 2 −
x 0,25 ® 0,5 ® (P chøa ®−êng th¼ng 1∆ cã d¹ng: 0 ≠ + ) 2 ) C¸ch I. Ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ) 0 ) ( 2 z x y y z 4 2 4 2 2 −+ α − + + = + βα ( ) ) ( ) ⇔ ( x y z 2 4 4 0 βαβα βα βα + − + − − + = − (
)2;1;1 (
( ) 1;2;1
2 =ur
2∆ vµ
2
2
+ − ∆∈ 2 ;2 M VËy // =Pnr
(
)P //
)
)
2
2
)βαβαβα ( − + 2; .Ta cã r r unP . 0 = − = βα 2 ( ) ) ( M P 1;2;1 ∉
P 2: x =− z 0 ⇔ VËy ( ⇔∆ 2 0,25 ® ----------- 0,5 ® ----------- M P ∉ 0 (
C¸ch II Ta cã thÓ chuyÓn ph−¬ng tr×nh
x
1∆ suy ra
1
: 2 x .0 y x =− z '2 t ∆⇒= Tõ ph−¬ng tr×nh §Æt
1∆ sang d¹ng tham sè nh− sau:
'2 t = 2'3 t − '4 t = z =
( − 0;2;0
1
1
1∆ .
= ∆∈ , M )4;3;2( r u 1
= −=⇒= 2 z 0 x 0 y b»ng c¸ch cho
)4;3;2 (
1
1 2 − 2
; ; =ur ). vµ tÝnh // 1 ∆∈M 1 1 1 12 1 − =
2
0,25 ® 0,5 ® ) . VËy ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P lµ : ) ( )0;2;01 −M 0,25 ® 0 . 0,5 ®
) ⇒ (Ta cã thÓ t×m täa ®é ®iÓm 2 1 − 2 2 − 2 =ur )2;1;1 ( 2∆ . Tõ ®ã ta cã vÐc t¬ ph¸p cña mÆt ph¼ng // Ta cã r rr [ ] )1;0;2 ( nP (P ®i qua , uu − = = 1 =Pnr )1;0;2 − ( vµ ⊥ x 2 lµ: ) ⇒∉ P ( ) ( 1;2;12 M MÆt kh¸c
2 x 0 =− z =− z ph−¬ng tr×nh mÆt ph¼ng cÇn t×m lµ:
) MH
)3
2
∑ 5,0 ® 0,25 ®
∑ 0,1 ® 0,5 ®
2
2
2
2
2
2b) ;1 t t 2;1 H t t − + − + b)C¸ch I. = ( t
( 1 +⇒∆∈ ( ) t ++ 1
) 1
MH = − + − ⇒ − + t (6 )1 5 H ( t 2, ( t 2 21, t ⇒+ ) 3
t + = 12 11 )3;3;2 ( H
2
H t
)4;3;2 (
2
0,25 ® ----------- 0,25 ® 0,25 ® 0,5 ® ----------- 0,5 ® 0,5 ® 1 H t = − 6 t ⇒= 1 ®¹t gi¸ trÞ nhá nhÊt khi vµ chØ khi ( )t 1 2; H +⇒∆∈ C¸ch II. . MH t 0 MH nhá nhÊt ⇔∆⊥⇔ ⇒=⇔= 21; t + + r . 2 uMH
∑1®
V 1. BC Ox = Ta cã . §Æt vµ
)0;1B ( a 3 −
C
C
3; I y x a .3 =⇒= . VËy x A = ta cã a ( aC −a );( oaA )3
(
)
G
A
B
C
(
)
G
A
B
C
x x x x = + + 1 2 (3 )1 − G ; . Tõ c«ng thøc ta cã 0,25 ® a + 3 a 3 y y y y = + + 1 3 1 3
a |,1 AC |3 a |,1 BC |2 a |1 − = − = − C¸ch I. Ta cã : AB | = . Do ®ã
6
( a
)21
2
AB . AC = = − . S ABC ∆ 0,25 ® 1 2
) 1 |3
( a |1 +
| |1 3 −a − r .2 = = = = Ta cã AB BC 3 2 S 2 AC + + a a |3 |1 13 + − − 0,25 ® =−a + | 32|1 .2 VËy
+ + 332 ; = ⇒+ TH1. a 1 G 1 347 3 326 3
2
2
− − 132 ; a G −= ⇒− . TH2 134 3 326 −− 3 0,25 ® -----------
C¸ch II. y C
I
O B A x
Iy ±=⇒=
r 2 2 .
( 0 .30
) 1 =−
Ix ±=⇒
Gäi I lµ t©m ®−êng trßn néi tiÕp ABC∆ x . V× 1 − y tg x BI : 321 = Ph−¬ng tr×nh . 0,25 ®
= B ACId ,( ) 2 Tõ TH1 NÕu A vµ O kh¸c phÝa ®èi víi
Ix
1G
+ + .323 2 ; a =⇒ +=+ ⇒ 0,25 ® 3 .321 +=⇒ Ix 326 3 347 3
B TH 2. NÕu A vµ O cïng phÝa ®èi víi T−¬ng tù
2G
− − ; ⇒ a .321 2 −−=− ta cã = Ix 0,25 ® .321 −=⇒ Ix 326 −− 3 134 3
∑1 ®
2.
3 C = n
1 C 5 n
3≥n Tõ ta cã vµ
7
2
) !3
2 =n
( !3 n Víi
3
2
x
2
x
x
2
−
−
−
)2 ( nn n − − 0,25 ® 5 5 28 0 n n 3 n ⇔ = −⇔= − = ! n ( n − ! n ) !1 − 0,25 ® .7 (lo¹i) hoÆc )(1 6 −=⇒ n 4 1
3 7
ta cã x − 3 7=n 4 x 1 − 2 2 C 2 2.35 2. 2 4 x .4 140 ⇔= =⇔= 0,5 ® 140 ⇔=
8
ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC NAÊM 2006 (ÑEÀ DÖÏ TRÖÕ) Ñeà DÖÏ BÒ 1 – khoái A – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ) 1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá
5
x
y =
(C)
2 2 x + + 1 x +
x2 + 2x + 5 = (m2 + 2m + 5)(x + 1)
2) Döïa vaøo ñoà thò (C), tìm m ñeå phöông trình sau ñaây coù hai nghieäm döông phaân bieät Caâu II (2 ñ)
1) Giaûi phöông trình: cos3x cos3x – sin3x sin3x =
+2 3 2 8
2
4
(
x
)
y
1 ) + +
y y x ( +
=
2) Giaûi heä phöông trình:
)
( , x y R ∈
2
(
1 )(
2 )
x
y x
y
+
+ −
=
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Caâu III (2 ñ)
′
ñöùng ABC A B C′
Trong khoâng gian vôùi heä truïc toïa ñoä Oxyz. Cho hình laêng truï ′ coù A(0, 0, 0) ; B(2, 0, 0) ; C(0, 2, 0) ; A′ (0, 0, 2) 1) Chöùng minh A′ C vuoâng goùc vôùi BC. Vieát phöông trình mp (AB C′ ) 2) Vieát phöông trình hình chieáu vuoâng goùc cuûa ñöôøng thaúng B C′ ′ treân mp (AB C ) ′ Caâu IV (2 ñ)
6
dx
1) Tính tích phaân:
I =
4
1
x
x
1 + +
+
∫ 2 2
2
2
4 3 3
3
xy
x
y
−
−
≤
−
2) Cho x, y laø caùc soá thöïc thoûa maõn ñieàu kieän: x2 + xy + y2 ≤ 3. − ≤
Chöùng minh raèng:
4 3 3 −
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ)
2
2
1
+
=
) 1 Trong mp vôùi heä truïc Oxy, cho elíp (E):
x 12
y 2
Vieát phöông trình hypebol (H) coù hai ñöôøng tieäm caän laø y = ± 2x
vaø coù hai tieâu ñieåm laø hai tieâu ñieåm cuûa elíp (E)
2)AÙp duïng khai trieån nhò thöùc Newton cuûa (x2 + x)100, chöùng minh raèng:
99
0
100
101
199
200
0
C
C
C
C
−
... + −
+
=
1 100
99 100
100 100
1 2
1 2
⎞ ⎟ ⎠
198 ⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
199 ⎞ ⎟ ⎠
100 ⎞ ⎟ ⎠ aäp k
⎛ ⎜ ⎝ cuûa n phaàn töû )
1 1 ⎛ ⎛ ⎜ ⎜ 100 2 2 ⎝ ⎝ k nC laø soá toå hôïp ch (
logx + 1(-2x) > 2 ′
′
′
′ coù caùc caïnh AB = AD = a,
ng trình: ñöùng ABCD. A B C D
Caâu Vb (2 ñ) 1) aûi baát Gi o 2) Ch hìn
A A′ =
vaø goùc BAD = 600. Goïi M vaø N aàn löôït laø trung ñieåm
l
phöô h hoäp a 3 2
ùc caïnh A D′
′ vaø A B′
′ . Chöùng
minh A C′ vuoâng goùc vôùi mp
cuûa ca (BDMN). Tính theå tích khoái cho
ùp A.BDMN
Baøi giaûi
x
1/ KS y=
, MXÑ: D=R/{ }−1
x
, y
x=1 hay x=-3
y’=
’=0 ⇔
2 2 5x + + 1 x + 2 2 3 x+ − x + 2 1 ) (
TC: x=1, y=x+1 -3 0 -4
x y’ y
+ ∞ + + ∞
- ∞ + - ∞
-1 - + ∞
- - ∞
1 0 4
2/ Tìm m ñeå pt coù 2 nghieäm d ông phaân bieät. Vì x >0, pt ñaõ cho
ö
2
5
x
2
2
m
m
+
=
+
5
⇔
2 x+ + +1 x
Soá nghieäm cuûa phöông trình ñaõ cho baèng soá giao ñieåm cuûa ñoà thò haøm
2
5
x
, x > 0, vôùi ñöôøng thaúng y=
5 . Töø BBT
soá y =
m
2 2 m+
+
+ x
2 x + 1 +
vaø y(0) ta suy ra
cuûa (C)
1
m
≠−
2
4
2
5 5
ycbt ⇔
m
m
<
+
2
0
m− < <
⎧ ⎪ + < <=> ⎨ ⎪⎩
Caâu II
1/Giaûi pt: cos3x.cos3x-sin3x.sin3x=
(1)
+2 3 2 8
os3x+
x)-s
-
(1)
3x(c
3cos
in3x(3sinx sin3x)=
⇔ cos
⇔ cos23x+sin23x+3(cos3x.cosx-sin3x.sinx)= + 1
+2 3 2 2 3 2 2
cos4x=
=cos
⇔
⇔ x=
±
2 2
π 4
2
4
x
y
( y y
)
=
2/ Gæai heä phöông trình
(I)
π π k + 16 2 1 x + + + 2
y
y
(x
2 )
+
x + −
=
1 )( 0
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩ x
=2 1 +
*Khi y=0 thì (I)
(VN)
⇔
2
x
1 )(
+
2 0 ) − =
(
x
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2
*Khi y 0 chia hai pt cho y 1
x
2
2 2
x
y + +
− =
1
x
2 2
y
x + + − =
+ y
(I)
⇔
⇔
+ y 2
1
x
2
1
(
2 )
y
x + −
=
0
y
y
(
2 )
2 (
2 )
x + −
−
x + −
1 + =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
+ y
ng vaø tích ) 2 1 x
1
2
hay
⇔
⇔
y + − = 2
= − 5
2
x
x
1 3 + = −
x =⎧ ⎨ y =⎩
≠ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ( do pt toå ⎧ ⎨ ⎩
2
2
2
2
1 ) (
)(
y
y
x
x
(
(
1 ) (
y
2 )
x ⎧ ⎨ y =⎩ Caùch khaùc Thay y cuûa pt 2 vaøo pt 1 ta coù 4 ) x x = +
x + −
+
+
x + −
( I)
1 + + 2
1
(
x
)(
y
2 )
y
+
x + −
=
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
2
4
)
(
x
y
y
y
)(
)2
+
=
x + −
x + −
( chia 2 veá cuûa pt 1 cho 1 + x2 )
(
y
x
y
2 )
1 )(
=
+
x + −
2
2 )
(
x
y
y
y
)(
2 2 4 )
=
x + −
x + −
+ − +
( + 2
(
x
y
2 )
1 ) (
y
+
x + −
=
2 1
x
− =
hay
⇔
⇔
1 2
1 3
x
x
−
+ =
2 x = − ⎧ ⎨ 5 y =⎩
x =⎧ ⎨ y =⎩
2 2 2 , )
uuuur BC '
),
(
,
=
−
0
2 2 .( )
2 2 .( )
2 )
.(
'
1 ( + ⎧ ⇔ ⎨ 2 ⎩ 1 ⎧ ⇔ ⎨ ⎩ y +⎧ ⎨ 2 ⎩ Caâu III. 1/CM: A’C BC’. Vieát phöông trình mp(ABC’) ⊥ uuuur / 0 2 2 où Ta c A C , ( , = − uuuur uuuur A C BC . '
uuuu r A C '
uuuur BC '
0 = ⇔
⊥
+
−
−
=
. Vì A’C
⊥ BC’,
=
laø PVT cuûa mp(ABC’)
, )
(
,
uuuuur 'B C = '
A’ C ⊥ AB=> A’C ⊥ (ABC’) uuuur 0 2 2 ⇒ 'A C , ( , ) − ⇒ pt(ABC’): 0.(x-0)+2(y-0)-2(z-0) = 0 ⇔ y - z = 0 2/Vieát phöông trình hình chieáu vuoâng goùc cuûa B’C’ leân mp(ABC’) Ta coù
uuur BC = −2 2 0 . Goïi (α) laø mp chöùa B’C’ vaø ⊥ (ABC’).
hieáu vuoâng goùc cuûa B’C’ leân mp(ABC’) l
aø g
iao tuyeán cuûa
h
uuuuur uuuur B C A C ',
'
'
4 4 4 ,
(
)
4 111 ( , , )
, = − − −
= −
K i ñoù hình c (α) vaø (ABC’) uur (α) coù PVT n
⎡ = α ⎣
⎤ ⎦
⇒ pt(α):1(x-0)+1(y-2)+1(z-2)=0 ⇔ x+y+z - 4=0.
4 0
x y z + + − =
Vaäy pt hì
nh chieáu B’C’ leân (ABC’) laø
=0
y z −
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Caâu IV
6
dx
Ñaët t=
x=
,
1/ Tính I=
1 ⇒ t2=4x+
1 ⇒
x +4
t −2 1 4
∫ 2 2
4
1
x
x
1 + +
+
dx=
.Ñoåi caän : t ( 2) = 3 ; t ( 6 ) = 5
5
5
5
5
dt
t dt 2 t (
ln
t
ln
I=
1 + +
=
=
−
=2
3
3
3
∫
∫
∫
1
t
t
(
t
1 1 ) + − 2 1 ) t ( +
dt +
dt 1 ) +
⎡ ⎢ ⎣
1 ⎤ ⎥+ 1 ⎦ 3
2
2
4 3 3
3
x
xy
y
− ≤
−
≤
−
4 3 3 vôùi x
1 3 − 2 12 2+xy+y2
− − 2/Chöùng minh: Ñaët A= x2+xy+y2 , B= x2-xy-3y2
B=x2. Do ñoù
−
2
2
)
B
A
=
=
*Neáu y ≠ 0 Ñaët t=
.Ta coù :
y 2
2
3 1
2 ≤ 3 ⇒ 3 (ÑPCM) 2 xy xy
A x ( 2 x
3 y
t t
t t
− +
− +
− +
− +
gia 0 thì *Neáu y= theo û thieát A=x 3 3 4 3 0 4 3 B ≤ < − ≤ ≤ − x y
2
2
3 0
u
1 ) t
u (
1 ) t
u
=
( u ⇔ −
+
+
+ + =
Ta tìm taäp giaù trò cuûa
2
3 1
t t
t − − t + +
a
u
vì
vaø b =
u= (
−1 )
+1 khoâng ñoàng thôøi baèng 0 neân
mieàn giaù trò cuû
la
a u
ø Δ ≥ ⇔0
.
≤ u ≤
− −3 4 3 3
− +3 4 3 3
0 ≤ A ≤ 3 A.u vaø 3 ≤ ≤ − +3 4 3 B
2
coù hai tieâu ñieå
m
1/(E):
=1
+
10
y 2 10 0 , ),
(
,
0 )
laø
Ta coù B = −3⇒ − 4 Caâu Va 2 x 12 ( F −1
F 2
2
−
ùi
⇒ (H):
2 1 vô =
2
(H) coù cuøng tieâu ñieåm vôùi (E) 2 y b
x a a2+b2=c2=10 (1) (H) coù hai tieäm caän
2
y
x
x
= ±
= ±
b a
2
b
a
2 ( )
⇔ = =>2
=
b a
Töø (1),(2) suy ra a2=2,b2=8
2
2
1
pt(H):
⇒
=
−
2
100
101
102
y 8 100 )
x
x
2/ Ta coù (
200 laáy
ñaïo
x 2 +
+
+
... + +
=
1 C x 100
2 C x 100
100 C x 100
haøm hai veá, cho x= -
vaø nhaân hai veá cho (-1).Ta coù keát quaû:
99
100
0 C x 100 1 2 1
0
99
100
198
199
100
199
00
101
2
0
C
)
C
C
C
(
)
(
)
(
)
(
−
... + −
+
=
1 2
1 2
1 2
1 2
100
100
100
)− x
>
2 (1). Vôùi ÑK: -1< x < 0
0 < x + 1 < 1
⇒
1 2
100 Vb Caâu 1/Giaûi pt: log x (
+
2
(
)
log
(
x
x
(1)
−
2 > =
+ 2 1 )
⇔ log
1
x
x
+
0
⇔
1 0
x
1 + vaø -1< x <0 1 x < − < 2 4 x+
+ >
⎧ ⎨ ⎩
SD ; S,N,B thaúng haøng vaø N laø
ñieåm
⇔ -2+ 3 < x < 0 2/ Goïi O laø taâm hình thoi ABCD S laø ñieåm ñoái xöùng cuûa A qua A’. Khi ñoù S,M,D thaúng haøng vaø M l trung BADΔ
aø trung ñieåm cuûa cuûa SB coù AB=AD= a
,
(cid:0)BAD =600 ⇒ BADΔ
ñeàu AO=⇒
a 3 2
AC=2
AO
= a 3 =SA
=AO Hai tam gi
CC’=
ùc vuo a
âng
SO
(1)
2)
a 3 2 n SAO va CC’ baèng hau ø A ⇒ (cid:0) (cid:0) '' ASO CAC A> C ⊥ = = Vì BD AC vaø B D ⊥ AA’ ⊥ ⇒ BD ⊥ (AC C’A’) ⇒ BD ⊥ A C’ ( Töø (1) vaø (2) suy ra AC’
⊥ (BDMN)
Do
ñoù: VABDMN=
MN=
S SBD )
VSABD ( vì S (cid:0) S
(cid:0)
3 4
1 4
2
3
3
a
3
. SA S
a
=
=
=
ABD
3 1 4 3
3 a 16
4
1 4
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
( Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn )
ÑỀà DÖÏ BÒ 2 –TOAÙN KHOÁI A –naêm 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ) 1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá
4
1 )
y =
22 x− (
−
x 2
2) Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng ñi qua ñieåm A(0, 2) vaø tieáp xuùc vôùi (C). Caâu II (2 ñ)
1) Giaûi phöông trình: 2sin 2x -
⎛ ⎜ ⎝
3
3
2
8
y
y
x
π ⎞ ⎟ + 4sinx + 1 = 0 ⎠6 x −
=
2) Giaûi heä phöông trình:
x y R , ∈
2
+ 2
x
3 3 (
y
1 )
− =
+
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä truïc Oxyz. Cho mp
(α): 3x + 2y – z + 4 = 0 vaø hai ñieåm A(4, 0, 0) ; B(0, 4, 0). Goïi I laø trung ñieåm cuûa ñoaïn thaúng AB.
1) Tìm toïa ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng AB vôùi mp (α) 2) Xaùc ñònh toïa ñoä ñieåm K sao cho KI vuoâng goùc vôùi mp (α) ñoàng thôøi K caùch ñeàu goác toïa ñoä O vaø mp
x
y
z
−
−
−
3
3
3
ñöôøng thaúng d: y = 2x + 1 +
=
+
1. Chöùng minh raèng:
x
x
y
y
z
(α). Caâu IV (2 ñ) 1) Tính dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi parabol y = x2 – x + 3 vaø 2) Cho caùc soá thöïc x, y, z thoûa maõn ñieàu kieän: z3
3
+
+
+
+
≥
x
y
z
y
z
x
z
x
y
+
+
+
3
3
3
3
3 4
9 3 +
9 +
9 3 +
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) 1) Trong mp vôùi heä truïc Oxy, cho tam giaùc ABC coù ñænh A thuoäc ñöôøng thaúng d: x – 4y – 2 = 0, caïnh BC song song vôùi d. Phöông trình ñöôøng cao BH: x + y + 3 = 0 vaø trung ñieåm cuûa caïnh AC laø M(1, 1). Tìm toïa ñoä caùc ñænh A, B, C.
2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá töï nhieân coù 5 chöõ soá khaùc nhau? Tính toång cuûa taát
caû caùc soá töï nhieân ñoù.
4
log
log
8
Caâu Vb (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: log
2 2 +
=
2
x
x
2
x
2) Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình chöõ nhaät vôùi AB = a, AD = 2a, caïnh SA vuoâng goùc vôùi ñaùy, caïnh SB taïo vôùi maët phaúng ñaùy moät goùc 600. Treân caïnh SA
laáy ñieåm M sao cho
. Maët phaúng (BCM) caét caïnh SD taïi N.
AM =
a 3 3
Tính theå tích khoái choùp S.BCNM
HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI
Caâu I
4
1/ KS: y=
2 .MXÑ: D=R
22 x−
+
x 2
x=0 hay x=
⇔
± 2
y’=2x3-4x=2x(x2-2); y’= 0
x y' y
−∞ − 2 0 2 +∞ − 0 + 0 − 0 + +∞ 2 +∞ 0 CÑ 0 CT CT
y”=6x2-4;
±
y”=0=>x= ±
2 3
6 3
Ñoà thò haøm soá: Học sinh tự vẽ. 2/ pt tieáp tuyeán d qua A(0,2) coù daïng d:y=kx+2 d laø tieáp tuyeán cuûa (C)
4
2
x 2
2 x kx 2 1 ( ) − 2 + = +
coù nghieäm
⇔
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
±
3x4-8x2=0
x=0 hay x=
⇔
Thay (2) vaøo (1) ta coù phöông trình hoøanh ñoä tieáp ñieåm laø 8 3
• x=0 thì k=0 ta coù tieáp tuyeán d1: y=2
thì k= ±
x+2
• x= ±
ta coù hai tieáp tuyeán d2,3:y= ±
8 3
8 2 3 3
8 2 3 3
2
2
4
sin
sin
x
x
1 + =
−
+
0 (1)
4 32 x x k 2 ( ) − =
Caâu II 1/ Giaûi phöông trình:
π 6
⎞ ⎟ ⎠
2 0
0
3
cos
sin
sin
hay
x
x
x
+ =
+
=
⎛ ⎜ ⎝ (1) ⇔ 3 sin2x-cos2x+4sinx+1=0 <=>2 3 sinxcosx+4sinx+2sin2x=0 ⇔ sinx( 3 cosx+sinx+2)=0 ⇔
0
1
x
hay
x
x
k
sin
cos(
k hay x π
2 π
=
−
= − ⇔ =
=
+
π ) 6
7 π 6
3
8
2
y
x y − = +
⇔
(I)
2
3 3 (
1 )
y
+
x
2/ Giaûi heä phöông trình 3 ⎧⎪ ⎨ ⎪ − = 2 ⎩
x
3
3
y
2 4 (
)
1 ) (
x y +
x
(I)
2
2
3
6
y
2 ( )
−
=
x
⎧ − = ⎪ ⇔ ⎨ ⎪ ⎩
3
3
2
3
3
4
)
y
6 4 (
x
y
)
y
)(
x
y
)
−
−
=
=
+
+
3 ( 0
12
3
x ( y hay x
hay x
xy
x
=
= −
4 y
x 0 = ⇔ = − -3y2 = 6 voâ nghieäm
Theá (2) vaøo (1) ta coù: 2 2 ⇔ 3 x + x y ⇒ (cid:151) x= 0 (cid:151) x=3y thay vaøo (2) coù hai nghieäm (3,1) vaø (-3,-1)
4
4
(cid:151) x=-4y thay vaøo (2)coù nghieäm
hay
,
.
.
,
−
−
6 13
6 13
6 13
6 13
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎞ ⎟⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝ Caâu III 1/ Tìm toaï ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng AB vôùi mp(α)
4
x
pt AB:
Toaï ñoä giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng AB vôùi mp(
α) laø nghieäm cuûa heä phöông trình:
0
y + = z
=
4
12
x
0
= − 16
1
(
,
2 16 0 , )
M ⇒ −
4 0
3
0
⎧ ⎨ ⎩ y + = z = 2 y
x
z
− + =
+
=
x ⎧ ⎪ y ⇔ = ⎨ ⎪ z ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ 2/Vì I laø trung ñieåm cuûa AB ⇒ I(2,2,0). Goïi K (x; y; z ) uur KI
cuøng phöông
vaø KO = d(K,(α))
uur n
α
(
2
2
x
y
=
=
− 3
− 2
,
,
K
⇔
⇔
) z 1 − 3
2
4
x
y
+
z − +
1 1 3 − 4 2 4
2
2
2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
z
y
x
+
+
=
14
x=1 hay x=2
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ Caâu IV 1/ Dieän tích hình phaúng giôùi haïn bôûi P:y=x2-x+3 vaø d:y=2x+1 Phöông trình hoaønh ñoä giao ñieåm cuûa P vaø d laø: x2-x+3 = 2x+1 ⇔
2
2
2
2
S
x
(
x
3 )
dx
x
x
x
1 [ ;
]2
=
1 + −
x − +
=
≥
3 , − + ∀ ∈
( vì 2x + 1
)
⎤⎦
1
⎡ ⎣∫
1 6
y
y
x
z
x
3
3
+
+
+
+
2/ Chöùng minh baát ñaúng thöùc
≥
y
y z +
z x+
z x y +
x
z
3 4
3
3
9 +
3
3
9 3 +
9 3 +
vôùi 3-x + 3-y + 3-z = 1 Ñaët a =3x, b =3y, c =3z Theo giaû thieát ta coù:a,b,c > 0 vaø ab + bc + ca= abc (1)
2
2
2
Baát ñaúng thöùc caàn chöùng minh:
+
≥
+
a b c + + 4
c c ab +
a a bc +
3
3
3
(2)
+
+
≥
⇔
2
2
2
b b ca + c a b + + 4
a
b
abc
c
abc
a +
b +
c +
abc Thay abc vaøo (2) ta coù: 3
3
3
+
+
≥
a b c + + 4
)
(
)
(
)
a a b a c )(
b b c b a ( )(
c c a c b )(
+
+
+
+
+
+
AÙp duïng BÑT coâsi cho 3 soá döông ta coù:
3
3
3
.
+
+
≥
=
a b + 8
a c + 8
a 64
3 a 4
)
(
a a b a c )(
+
+
3
3
3
3
.
+
+
≥
=
b c + 8
b a + 8
b 64
3 b 4
(
)
b b c b a )(
+
+
3
3
3
3
.
+
+
≥
=
c a + 8
c b + 8
c 64
3 c 4
(
)
c c a c b )(
+
+
pt AC:y-1=1(x-1)
y = x .Toïa ñoä A laø nghieäm cuûa heä:
⇔
⇒
4
x
2 − =
−
,
A
x
y
⇔ = = − ⇒ −
−
2 3
2 3
2 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
y x =
3
Coäng ba baát ñaúng thöùc cuøng chieàu treân ta coù ÑPCM. Caâu Va 1/ Tìm toaï ñoä A,B,C Vì AC BH coù heä soá goùc baèng -1 suy ra heä soá goùc cuûa AC laø 1. ⊥ Vì M(1,1)∈AC 0 y ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
C
Vì M(1,1) laø trung ñieåm cuûa AC ⇒
8 8 , 3 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Caïnh BC//d vaø qua C
8 0
) – 4( y-
) = 0 hay
.Toïa ñoä B laø nghieäm cuûa heä :
x
⇒ pt BC: (x-
4 1 ,
4 y−
− =
( B ⇒ −
)
3 0 8 0
y 4
8 3
8 3
x x
+ + = y − = −
⎧ ⎨ ⎩
2
3
4
10
10
.
.
10 .
100 laø soá caàn laäp .
=
=
+
+
+
+
1 10 a . 1
a 3
a 2
a 4
a 0
n a a a a a 2/ Goïi 4 3 2 1 0 Ta coù 4 caùch choïn a4 4 caùch choïn a3 3 caùch choïn a2 2 caùch chon a1 1 caùch choïn a0 Vaäy coù 4.4.3.2.1=96 soá n Caùch 2 : Ta coù 4 caùch choïn a4 vaø 4! caùch xeáp 4 soá coøn laïi Vaäy coù 4.4!= 96 soá n * Tính toång 96 soá n laäp ñöôïc Coù 24 soá n a a a a
Coù 18 soá n a a a a
= 4 3 2 10 ; = 4 3 2 11;Coù 18 soá n a a a a
Coù 18 soá n= n a a a a
= 4 3 2 12 ; = 4 3 2 13 ;Coù 18 soá n a a a a
= 4 3 2 14
2
4
3
; Coù 24 soá n
; Coù 24 soá n
Toång caùc chöõ soá haøng ñôn vò laø: 18(1+2+3+4)=180. Töông töï ; toång caùc chöõ soá haøng chuïc laø: 1800;toång caùc chöõ soá haøng traêm laø: 18000;toång caùc chöõ soá haøng ngaøn laø: 180000. Coù 24 soá n
=
=
=
;Coù 24 soá n
1 a a a a = 3 2 1 0
a a a a 3 2 1 0
a a a a 3 2 1 0
a a a a 3 2 1 0
3
2
1
4
10
18 10 (
24 10 .
10 10 )0 +
+
+
+
Toång caùc chöõ soá haøng chuïc ngaøn 24(1+2+3+4)10000=2400000 Vaäy toång 96 soá n laø 180+1800+18000+180000+2400000=2599980 Caùch 2 : Coù 24 soá vôùi soá k ( k = 1, 2, 3, 4 ) ñöùng ôû vò trí a4 . Coù 18 soá vôùi soá k ( k = 1, 2, 3, 4 ) ñöùng ôû vò trí ai vôùi i = 0, 1, 2, 3 Vaäy toång 96 soá n laø ( 1+2+3+4 ) [
]
Caâu Vb
4
8
(1)
2 2 +
=
1/ Giaûi pt:log
log
log
2
2
x
x
x
1 ( )
⇔
=
+
⇔
+
=
2
2
2
x
x
x
x
x
1 log
6 log
1 log
1 log
6 log
1 +
1 +
2
2
2
2
2
x
1
4 log 2
x
⇔
= ⇔ =
log
x 2
2/ Tính theå tích hình choùp SBCMN (BCM)//AD neân noù caét (SAD) theo giao tuyeán MN//AD
BC AB ⊥
BC BM
Ta coù
⇒ ⊥
BC SA ⊥
⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
Töù giaùc BCMN laø hình thang vuoâng coù BM laø ñöôøng cao Ta coù SA=ABtg600= a 3
3
a
3
a
−
3
=
⇔
=
2 3
MN SM = SA AD
MN 2 a
3
a
,
⇒ MN =
a4 3
2
2
2 a +
=
BM =
a 3
a 3
Dieän tích hình thang BCMN laø
S
BM
=
BC MN + 2
2
2
a
+
2
10
4 a 3
S
=
=
2
a 3
a 3 3
⎛ ⎜ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎟ ⎠
V
.
=
MN Haï SH BM.Ta coù SH ⊥
⊥ BM vaø BC ⊥ (SAB) ≡ (SBM) BC SH
⇒ ⊥
( SH dt BC
)
SBCMN
SH laø ñöôøng cao cuûa khoái choùp SBCNM
1 3 Vaäy SH (BMCN) ⊥
⇒
2
SB
a
=
=>
=
Trong tam giaùc SBA ta coù
0
1 = 2
cos
AB AM = SB MS
030
Vaäy BM laø phaân giaùc cuûa goùc SBH
AB 60 ⇒ (cid:0)SBH =
= a
⇒ SH=SB.sin300=2a.
2
10
1 2 a3
a.
V=
=
1 3
10 3 27
a 3 3
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
Ñeà DÖÏ BÒ 1 – khoái B – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
2
1
x
Cho haøm soá y =
x − − 1 x +
2
9 2 3
1 4
3
2
x
x
x
x
x
,
R
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Vieát phöông trình caùc tieáp tuyeán cuûa ñoà thò (C) ñi qua A(0, -5) Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: (2sin2x – 1)tg22x + 3(2cos2x – 1) = 0 5 2 x − + 2) Giaûi phöông trình:
− +
− =
−
+
∈
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho 2 ñöôøng thaúng:
x
1
:
Δ
=
=
t
:
2
Δ 1
y − 2
z 1
3 x − 1 −
1 t = + 1 = − − 2
⎧ ⎪ y ⎨ ⎪ =⎩ z
Δ 2
1) Vieát phöông trình maët phaúng chöùa ñöôøng thaúng Δ 1 vaø song song vôùi ñöôøng thaúng 2) Xaùc ñònh ñieåm A treân
vaø ñieåm B treân
Δ2
Δ1
sao cho ñoaïn thaúng AB coù ñoä daøi nhoû nhaát. Caâu IV (2 ñ)
10
1) Tính tích phaân:
I =
∫
dx 2
1
x
x
−
−
5
= +
+
2) Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá: y x
11 2 x
7 ⎞ ⎟ , x > 0 ⎠2 x
⎛ 4 1 +⎜ ⎝ Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1)Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC caân taïi B, vôùi
A(1, -1) ; C(3, 5). Ñieåm B naèm treân ñöôøng thaúng
d: 2x – y = 0. Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng AB, BC. 2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá chaün, moãi soá coù 5 chöõ soá khaùc nhau, trong ñoù coù
ñuùng 2 chöõ soá leû vaø 2 chöõ soá leû ñoù ñöùng caïnh nhau?
3
1 )
x
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình phaân ban THPT thí ñieåm (2 ñ) 0 x 1) Giaûi phöông trình: log
x ) − −
1 + −
=3
−
log ( 8
2
log ( 1 2
2) Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình thoi caïnh a, B (cid:0)A D = 600, SA vuoâng goùc vôùi mp (ABCD), SA = a. Goïi C′ laø trung ñieåm cuûa SC. Maët phaúng (P) ñi qua AC / vaø
′ . Tính theå tích cuûa khoái choùp
,B D′
′
song song vôùi BD, caét caùc caïnh SB, SD cuûa hình choùp laàn löôït taïi S.A B C D′
′ .
2
HƯỚNG DẪN GIẢI 2
1
x
0
0
,
y
'
x
hay x
Caâu I 1/ KS y=
2
−
= ⇔ =
= −
MXÑ: D= R \ { }1 y’=
x 2
x x (
2 1 )
+ +
x − − 1 x +
TC:x=-1, y=x-2 BBT
x y’ y
- ∞ + - ∞
-2 0 -5
∞
+ ∞ + + ∞
-1 - + ∞
- -
0 0 -1
2/ Vieát pt tieáp tuyeán vôùi (C) ñi qua A(0,-5) Phöông trình tieáp tuyeá(cid:0) ñi A(0,-5)coù daïng: y= kx - 5
5
1 ( )
x
2 − +
kx = −
1 1 x +
⇔
(cid:0) tieáp xuùc vôùi (C)
2 ( )
k
=
(
x
1 21 ) +
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ − 1 ⎪ ⎩
coù nghieäm
theá (2) vaøo (1) ta coù pt hñ tieáp ñieåm: 3x2+8x+4=0
⇔ x=-2 v x= −
⇒
k1= 0 v k2 = - 8
2 3
1):y= -5 vaø (
2):y = -8x-5
Δ
Δ
vaäy coù hai tieáp tuyeán ( Caâu II 1/ Giaûi pt : (2sin2x-1)tg22x+3(2cos2x-1)=0 (1) ÑK cos2x ≠ 0 (1)
- cos2xtg22x+3cos2x=0
tg22x=3
⇔
⇔
(thoaû ñieàu kieän)
x
⇔ = ± +
⇔ tg2x= ± 3 π π k 2 6
Nhaän xeùt : ta khoâng caàn ñaët ñieàu kieän cuõng ñöôïc, vì khi tg2x toàn taïi nghóa laø ñaõ coù cos2x
0 ≠
2
2/ Giaûi pt:
x
(1)
⇔
− + x
)(
x
3 2 x 3 2 x − +
1 4 x − = 1 3 x ( − =
5 2 (1) 9 2 3 x x − + − + 1 6 2 3 2 2 ) x x ( ( ) − + − − +
−
1 ) −
6
3 2 x
x
− +
−
=
2 ) 1 −
2
3
( 1 ≥ 0 x − t2-t - 6=0
t
l hay t ( )
3 2 x − + Ñaët t = (1)thaønh t = t2- 6
⇔
⇔
= −
=
1 vaäy ( ) ⇔ 3x-2+x-1+
3 2 x ⇔ − + 2 3 2 ( x −
⇔ (
2 3 2 x
)(
x
−
1 3 x − = 1 =9 vaø x ≥1 )( ) x − 1) =12-4x vaø x ≥1 −
x
3 2 ( x −
1) = 6-2x vaø x ≥1 − 3 1
x2-19x +34 =0 vaø
x≤ ≤ ⇔ x=2
⇔
13
)( ⇔ ⇔ (3x-2)(x -1)=(6 -2x)2 vaø x≤ ≤
Caâu III
1/
,
)
−1 1 0 ( ,
1(cid:0)
,
ñi qua M2(3,1,0), VTCP
ur a = ñi qua M1(1,-1,2), VTCP ur b = −1 2 1 ( , )
2(cid:0)
do ñoù pt(P) : -(x-1) - (y+1) + (z-2)=0
r r , a b
(
1 11) , ,
= − −
ur n ⎡ = ⎣
⎤ ⎦
t
uuur ⇒ AB
0
0
'
2 3 t t +
=
=
Vì AB ⊥ (
)
2
⇔
⇔
⇔
0
t
' t = =
,1 (cid:0) (cid:0)
0
'
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ 3 6 t t + ⎩
=
0
=
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
mp(P) caàn tìm chöùa (cid:0) 1vaø //(cid:0) 2 neân (P) qua M1 coù PVT ⇔ x + y – z + 2= 0 AB ⊥ (cid:0) 1,(cid:0) 2) ( 2/ AB ngaén nhaát <=> 1 t x = + 3 ⎧⎪Δ t x ' = − ⎧⎪Δ : 1 y =− − : 1 2 ' t y = + ⎨ ⎨ 1 2 2 ⎪ z = ⎪ ' z t = ⎩ ⎩ A ∈(cid:0) 1=> A(1+t,-1-t,2);B∈(cid:0) 2=>B(3-t’ ,1+2t’ ,t’) =(2-t’-t,2+2t’+t,t’-2) uuur r AB a . uuur r AB b . ⇒ A(1,-1,2) , B(3,1,0) (truøng vôùi M1, M2) Caâu IV
10
1/ Tính I=
Ñaët t= x −1 ⇒ x=t2+1 ⇒ dx=2tdt
0
∫
dx 2
1
x
x
−
− Ñoåi caän: t ( 5 ) = 2 ; t ( 10 ) = 3
I
=
=
(
dt )
+
2
t
1 1 −
1 1 ) −
3
3
=
=
−
2
3 2 ∫ t ( 2 2 2 1
3 ∫ t 2 ln
t
ln
+
2
2
t
2 tdt 2 2 1 t − + 2 1 − 1 −
y x
= +
+
2/ Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa 11 2 x
7 ⎞ ⎟ (x > 0) (1) ⎠2 x
2
3
7
Tacoù:
3 1 .
.
=
+
+
≤
+
+
=
+
(
) 9 7 1
7 x
7 x
7 2 x
7 2 x
⎛ 4 1 +⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 16 1 ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
7
x
3
+
+
≥
x
(A)
=
=
⇒
Daáu “=” xaûy ra ⇔
3 1
7 x
7
⎛ 4 1 ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
2
6
(
x
)
x .
Suy ra:
+
+
= + =
y
x
7 1 ⎞ ⎟ 2 2 x ⎠ ≥ + 11 1 + 2 2
3 = + 2
3 ≥ + 2
3 2
15 2
x
9 x
7 x
9 x
⎞ ⎟ ⎠
=
vaø (A)
x =3
Daáu “=” xaûy ra ⇔ x
⇔
⎛ ⎜ ⎝ 9 x
xaûy ra
x=3
⇔
Vaäy ta coù ymin =
15 2
Caâu Va 1/pt trung tröïc cuûa AC laø: x+3y-8=0 Do tam giaùc ABC caân taïi B neân B thuoäc trg tröïc cuûa AC. Do ñoù
x
+
3 8 y =
B
B
⇔
8 16 , 7 7
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
0
x y − =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
1
1
−
+
23
pt ñöôøng thaúng AB:
y
x ⇔ − −
24 0 =
=
1
1
−
+
x 8 7
y 16 7
3 =6 caùch. Ta xem moãi caëp soá leû nhö vaäy laø
töông töï pt BC: 19x-13y +8=0. 2/ Soá caùch choïn hai chöõ soá leû ñöùng caïnh nhau töø ba chöõ soá 1,3,5 laø A2 moät phaàn töû x. Vaäy moãi soá caàn laäp goàm phaàn töû x vaø 3 trong 4 chöõ soá chaün 0,2,4,6 . Goïi n a a a a a
3 caùch.
3 =18 caùch
≠
= 4 3 2 1 0 Ta coù caùc tröôøng hôïp sau: * TH1: a0= 0.Ñöa x vaøo 4 vò trí ñaàu coù 3 caùch Ñöa 2 soá chaün töø 2,4,6 vaøo 2 vò trí coøn laïi coù A2 Vaäy coù 3. A2 *TH2:a0 chaün 0 vaø x ôû hai vò trí a4a3 . Coù 3.
3 =18 caùch
A2
≠
*TH3:a5 chaün 0 vaø x ôû hai vò trí a3a2 hoaëc a2a1 .Coù 24 caùch. Vaäy ta coù 6(18+18+24)=360 soá n. Caâu Vb
3
x
(
x
)
(
x
1 )
1/ Giaûi pt:
0 (1)
1 + −
−
−
−
=3
log
log
log
2
8
1 2
(1 ) ⇔
3
x
x
(
x
1 )
x
(
1 3 )(
x
)
x 1
−
=
− ⇔ +
−
= −
) 1 + +
(
(
)
Vôùi ÑK: 1 < x < 3 thì log
log
2
2
17
2 1
17
log 1 −
+
⇔ x2- x- 4 = 0 <=>
x
l hay x ( )
=
=
2
060
2 (cid:0)BAD =
2/ Hình thoi ABCD coù
ñeàu coù caïnh laø a
neân BADΔ
3
a
2
3
⇒
AO
AC
AO
a
=
=>
=
=
2
2
2
2
4
a
a
2 2 SA AC +
=
23 a +
=
⇒ SC = ⇒ SC=2a Trong
vuoâng ôû A, trung tuyeán
AC
'
a
=
=
=>
ñeàu caïnh a
'
SACΔ
SAC(cid:0) SC 2
Goïi 0 laø giao ñieåm cuûa AC vôùi BD I laø giao ñieåm cuûa AC’ vaø B’D’. Ta coù I laø troïng taâm SACΔ ( vì laø giao ñieåm cuûa 2 trung tuyeán SO vaø AC’)
B D '
'
BD
a
=
=
⇒
2 = ⇒ 3
2 3
2 3
SI 0 S
2
'
'
'. AC B D
Ta coù B’D’ AC’ ( vì B’D’// BD ) neân
⊥
=
=
AB C D '
'
'
S
1 2
a 3
SH AC SH B D ',
'
'
vì
. Chuù yù raèng
'
⊥
⊥
SACΔ
'
Ñöôøng cao h cuûa khoái choùp S.AB’C’D’ chính laø ñöôøng cao SH cuûa SACΔ
ñeàu caïnh a neân
h = SH =
a 3 2
Vaäy
=
=
SAB C D '
'
'
AB C D '
'
'
V
S . h
1 3
3 3 a 18
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
ÑEÀ DÖÏ BÒ 2 – KHOÁI B – 2006
(1)
Cho haøm soá y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ) 1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá (1) khi m = 2 2) Tìm caùc giaù trò cuûa m ñeå ñoà thò haøm soá (1) coù ñieåm cöïc ñaïi, ñieåm cöïc tieåu, ñoàng thôøi hoaønh ñoä cuûa
ñieåm cöïc tieåu nhoû hôn 1.
Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx – cosx) = 0
2
2
13
y x )(
y
)
+
=
2) Giaûi heä phöông trình:
)
x y R ( , ∈
2
2
25
x
y
(
y x )(
)
+
−
=
⎧ − ( x ⎪ ⎨ ⎪⎩
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho mp (P): 2x + y – z + 5 = 0 vaø caùc ñieåm A(0, 0, 4) ; B(2, 0, 0)
1) Vieát phöông trình hình chieáu vuoâng goùc cuûa ñöôøng thaúng AB treân mp (P) 2) Vieát phöông trình maët caàu ñi qua O, A, B vaø tieáp xuùc vôùi mp (P) Caâu IV (2 ñ)
e
x
dx
1) Tính tích phaân:
I =
∫
x
x
3 2 ln − 1 2 ln +
1 2) Cho hai soá döông thay ñoåi thoûa maõn ñieàu kieän x + y
4. Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc A =
≥
2
3
3
4 2 +
y 2
x 4
+ x
+ y
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1) Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC coù ñænh A(2, 1), ñöôøng cao qua ñænh B coù phöông
trình laø x – 3y – 7 = 0 vaø ñöôøng trung tuyeán qua ñænh C coù pt: x + y + 1 = 0. Xaùc ñònh toïa ñoä caùc ñænh B vaø C cuûa tam giaùc.
2) Cho 2 ñöôøng thaúng song song d1 vaø d2. Treân ñöôøng thaúng d1 coù 10 ñieåm phaân bieät, treân ñöôøng thaúng d2
coù n ñieåm phaân bieät (n ≥ 2). Bieát raèng coù 2800 tam giaùc coù ñænh laø caùc ñieåm ñaõ cho. Tìm n.
2
2
1
2
x
x
x + −
x + −
9
1= 0
+
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: − ′ 2) Cho hình laêng truï ABC A B C′
′
′
′
10 3 . ′ coù A′ ABC laø hình choùp tam giaùc ñeàu, caïnh ñaùy AB = a, caïnh beân .
A A′ = b. Goïi α laø goùc giöõa 2 mp (ABC) vaø ( A′ BC). Tính tgα vaø theå tích khoái choùp A BB C C
HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI
Caâu I 1/ KS y=x3+(1-2m)x2+(2-m)x+m+2 khi m=2 ta coù y=x3-3x2+4 (1) MXÑ:D=R y’ =3x2 -6x=3x(x-2) , y’= 0 x=0 v x=2
⇔
23 x
m x )
y
(
'
m f x ( ) =
2 1 2 −
2 + −
+
Baûng bieán thieân vaø ñoà thò : daønh cho ñoäc giaû. 2/ Tìm m = ta coù Theo ycbt<=> y’=0 coù 2 ngheäm phaân bieät sao cho x1 < x2 <1
2
0
'
>
)
⇔
( ( ) 3 2 1 2 m m − − Δ = − 7 0 5 1 ( ) m f + > =− 1 2 S m − 1 < = 3 2
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
1
hay
m ⇔ < −
m < <
5 4
7 5
⇔ x
cos
cosx v
x
+1 0=
x
hay x
k
k
=
k hay x π
2 π
+
=
+
= + π
2 π
Caâu II 1/Giaûi pt pt(1) ⇔ sin ⇔
(sinx-cosx)(cosx-sinx+1)=0 = − π 4
sinx π 2
2
2
2
2
y
y
+
13 3 ( ) =
+
13 =
x y x −
x y x −
(
(
)
)(
2/ Giaûi heä pt:
⇔
2
2
2
25
4 ( )
=
+
25
y
=
−
x y x +
)
)( x y x y −
) )
)( )(
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ( ⎪ ⎪ ⎩
3 1 =
x y −
)
(
=> (3,2) hoaëc (-2,-3)
2
5
x y + =±
⎧ − = 1 x y ⎪ ⇔⎨ ⎪ ⎩
25
x y +
=
)
2
3
3
3
3
13 1 ( )
xy
yx
y
x
−
−
=
+
19
2
y
x
chia
+
⇔
3
2
3
2
6
)] 2
2 [(( ) 2 [( ( )
1 ( ) ) 1 ( ) )
)
]
− xy x (
= y
chia
−
=
−
25 2 ( )
xy
yx
y
x
−
+
=
−
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ( ⎪ ⎪ ⎩ (4)-(3) ta coù (x-y)2xy=12 (5) (3)-( 5) ta coù (x-y)3=1 (6). Do ñoù heä töông ñöông vôùi ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ( ⎩ Caùch khaùc : heä töông ñöông 2 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
3
19
x
y
x
y
xy
(
)
−
−
2 3 +
=
3
1
9
x
y
y
)
)
−
=
⎤ ⎦
⇔
⇔
xy x ( 6
y
( − xy x (
+ )
−
=
6
⎡ ) ( ⎣ y
)
xy x (
−
=
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2
1
1
3
(
x
y
)
x
x
x
=
= −
hay
⇔
⇔
⇔
3
6
6
2
− ( xy x
= ) y
(
= y
y + 1 ) y
y
y
−
=
+
=
=
= −
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
2 0 4 ( , ,
)
)
(
, (P) coù PVT
uuur AB =
−2 1 1 , ,
−
Caâu III 1/ Hình chieáu vuoâng goùc A’B’ cuûa AB leân mp P laø giao tuyeán cuûa mp P vaø Q, trong ñoù (Q) laø mp chöùa AB vaø vuoâng goùc vôùi (P). Ta coù uur uuur n AB ,
( ,
]
[
,
4 6 2 , ) − = −
2 2 3 1 , ) −
−2 3 1 ( , , )
( = −
=
uur Pn = .Vaäy (Q) qua A(0,0,4) coù PVT
⇒ (Q) coù PVT
uur Qn =
uuur n Q
P
⇒ pt(Q): 2(x-0)-3(y-0)+1(z-4)=0 ⇔ 2x-3y+z-4=0 0 2 5 z x y − + + =
Vaäy pt hình chieáu A’B’ :
4 0
y z
+ − =
0
d =⎧ ⎪⇔ = 1 a ⎨ ⎪ 2 c =⎩
d(I,P)= R = OI
⇔
2
2
6
a
c
2 b + +
=
.
⎧ 2 ⎪⎪ ⎨ ⎪ 2 3 x − ⎪⎩ 2/ Goïi I(a,b,c) laø taâm maët caàu (S) (S): x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0 ; (S) ñi qua O, A(0,0,4) , B(2,0,0) neân ta coù: ⎧ ⎪ 0 d = ⎪ 0 16 8 c d − + = ⎨ ⎪ 0 4 4 a d − + = ⎪ ⎩ Ta laïi coù (P) tieáp xuùc vôùi (S) 2
5
a b c
+ − +
2
6
b
b
=
5 + ⇔
=1
5
+
Thay a=1, c = 2 vaøo ta coù b Vaäy (S): x2+y2+z2-2x-2y-4z=0 Caâu IV
e
2
Ñaët
1/ Tính I=
dx
1 2
t
ln
x
t⇒
1 2 x =>t dt =
ln
= +
= +
∫1
dx x
Ñoåi caän
t
e
(
)
3 2 x ln − 1 2 x ln + 2 1 1 ; ( ) t =
x =
2
2
2
−
3
1 )
−
−
4
tdt
(
2 t dt )
=
−
I
=
=
∫
∫
t ( t
1
1
10 2 11 3
3
2
3
2/ Vôùi giaû thieát x+y 4 Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa
≥
A
=
4 2 +
y 2
Ta coù
2
A
1 2 3 .
.
= + +
+
≥ +
2 + =
y y + + 8 8
1 2 y
x 4
x y + 2
x + 4 x 1 4
+ y 9 2
1 x
⎞ ⎟ ⎠
1 x
Daáu “=” xaûy ra ⇔
thoaû x y+ ≥ 4 .Vaäy giaù trò nhoû nhaát cuûa A laø
2
y
x ⇔ = =
9 2
=
2
y 8
1 y
⎛ ⎜ ⎝ x ⎧ =⎪ 4 ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
⇔
7 0
y
x
y
+ − =
Caâu Va pt ñöôøng cao BH: x-3y-7=0, AC qua A vaø ⊥ BH 1 0 3 2 1 3 ) ) x ( ( − = − + Suy ra pt AC laø Ñænh B∈BH=>B(3y+7,y) vaø A(2,1)
3
9
neân trung ñieåm I cuûa AB coù toaï ñoä I
,
y + 2
1 y + 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
9
3
I∈CI ⇒
⇔
⇒
1 0
3
y
B
(
+ =
= −
2 3 ) , − −
+
1 y + 2
1 0
4
y
⇔
7 0
x 3
5
+ + = x y
x y
+ − =
= = −
⎧ ⎨ ⎩
y + 2 Toïa ñoä C laø nghieäm cuûa heä ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ C ( 4; - 5 )
nC 2
10
n = 20
⇔ n2+8n-560=0
2/ Soá tam giaùc coù moät ñænh thuoäc d1, hai ñænh thuoäc d2 laø 10 Soá tam giaùc coù moät ñænh thuoäc d2, hai ñænh thuoäc d1 laø nC 2 2 +nC =2800 ⇒ Theo ñeà baøi ta coù 10 10
nC 2
Caâu Vb
2
2
2
−
2
x x +
x x
1 + −
x
x
+
(1) Ñaët
1 0
+ =
3
t
=
9
−
1/ Giaûi pt: 10 3 . thì (1) thaønh t2-10t + 9 = 0 ⇔ t =1 hay t = 9
2
x
x
+
x= 0 hay x= - 1
= 1 =30
*
⇔
t
=
2
x
x
+
*
= 9=32
x2+ x - 2=0
x=1 hay x= - 2
⇔
⇔
3 3
=
t 2/ Goïi E laø trung ñieåm caïnh BC H laø taâm tam giaùc ñeàu ABC Do A’ABC laø choùp tam giaùc ñeàu
ABC A BC A EH
,
'
'
=
) (cid:0)
Neân (cid:0)(
3
3
a
a
Ta coù AE =
⇒
AH
AE
=
=
2 3
3
2
2
2
3
2
⇒ '
A H
'
9 b
3 a
=
A A AH −
=
−
=
1 3
2 HE = AE a 3
2
2
2
a
−
3
a
.
.
=>
tg
=
=
α
BC AE .
=
=
ABC
S
1 2
4
2 3 b a
6 'A H HE
−
=
'
A ABC
'
'
'
A BB C C '
'
V
Ta coù: V
V
A H S ' .
A H S ' .
A H S ' .
−
=
=
ABC
ABC
ABC
' ABCA B C 1 3
2 3
2
2
2
a
a
−
=
3 b 6
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
ÑEÀà DÖÏ BÒ 1 – KHOÁI D – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
3
2
3
x
x
Cho haøm soá y =
−
+
+
−
x 3
11 3
2
2
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Tìm treân ñoà thò (C) hai ñieåm phaân bieät M, N ñoái xöùng nhau qua truïc tung. Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: cos3x + sin3x + 2sin2x = 1 3 x (
xy
y
x
y
)
−
=
+
−
2) Giaûi heä phöông trình:
)
x y R ( , ∈
2
2
3
x
xy
y
x
y
7 (
)
+
+
=
−
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Caâu III (2 ñ)
1
4
3
y
z
x
z
=
=
,
4x – 3y + 11z – 26 = 0 vaø hai ñöôøng thaúng d1:
d2:
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxy, Cho mp (P): 3 − 2
+ 3
− 1
y = = 1
− 2
x 1 −
1) Chöùng minh raèng: d1 vaø d2 cheùo nhau 2) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng Δ naèm treân (P), ñoàng thôøi Δ caét caû d1, d2 Caâu IV (2 ñ)
π 2
2
(
x
1 )sin
x dx
1) Tính tích phaân:
I =
+
∫
x
x
4
x 2 2 1
2
(
)sin(
y
0 1 x +− 2
+
−
1 2 0 ) + − + =
2) Giaûi phöông trình:
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1) Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñöôøng thaúng d: x – y + 1 – 2 = 0 vaø ñieåm A(-1, 1). Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C) ñi qua A, O vaø tieáp
xuùc vôùi d
2) Moät lôùp hoïc coù 33 hoïc sinh, trong ñoù 7 nöõ. Caàn chia lôùp hoïc thaønh 3 toå, toå 1 coù 10 hoïc sinh, toå 2 coù 11 hoïc sinh, toå 3 coù 12 hoïc sinh sao cho trong moãi toå coù ít nhaát 2 hoïc sinh nöõ. Hoûi coù bao nhieâu caùch chia nhö vaäy ?
x +
3
3 6= )
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñ) x 3 1 − 1) Giaûi phöông trình:
)log ( 3
log ( 3
−1 2) Cho hình choùp töù giaùc ñeàu S.ABCD coù caïnh ñaùy baèng a. Goïi SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. Khoaûng caùch töø trung ñieåm I cuûa SH ñeán mp beân (SBC) baèng b. Tính theå tích khoái choùp S.ABCD
Baøi giaûi
x
Caâu I 1/ Daønh cho ñoäc giaû 2/ Goïi M(x1,y1),N (x2,y2) ∈(C) ñoái xöùng qua oy.Ta coù ≠0
= −
x 1
2
0
x
x = − ≠ 1
2
⇔
y
y
=
3
3
+
−
−
= −
+
+
−
1
2
⎧ ⎨ ⎩
2 x 1
x 1
2 x 1
x 1
3 x 1 3
11 3
3 x 1 3
11 3
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
3
3
−
=
0
x
x
x =− ≠ 1
2
x = 1
2
⇔
⇔
⇔
3
y
y
1
1
2
6
0
−
x = 1
16 = 3
16 = 3
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
2 x 3
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
; N
⇒ M , 3
16 3
16 3
16 3
16 3
⎞ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 3 , −⎜ ⎝
⎛ ⎞ ⎟ hoaëc M , 3 −⎜ ⎝ ⎠
⎛ ; N , 3 ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⇔ cosx+sinx
0
)
1 ⎡ − ⎣
cosx+sinx=0 hay
⎛ ⎜ ⎝ Caâu II 1/ Giaûi pt: cos3x+sin3x+2sin2x=1 (1) (1) ⇔ ( ⇔
(sinx+cosx)(1-cosxsinx)-cos2x=0 ) ⎤ = ⎦ 0=
−
( sinxcosx- cosx-sinx ( ) )( 1 cosx sinx+1
tgx=-1v cosx=1vsinx=-1
⇔
hay
x = -
x = k2
x= -
k hay π
π
⇔
+
+ 2 k π
π 2
π 4
2
2 x -xy+ y =3(x-y)
(I)
2/ Giaûi heä pt:
2
2
2
x +xy+ y =7(x-y)
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ x-y=u
Ñaët
Heä thaønh
2
2
xy=v -3u+v=0
-3u=0
u=0
u=1
⇔
hay
⇔
⇔
2
2
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
v= 2u
v=0
v=2
3 ⎧ u ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ ⎧ u ⎪ ⎨ ⎪ v= 2u ⎩ u=x-y=0
⇔
*
x
= = 0 y
v=xy=0
u=x-y=1
x=2
x=-1
hay
⇔
*
y=1
y=-2
xy=2
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
Caâu III
Ta coù d1 qua M(0,3,-1) VTCP =(-1,2,3)
r a
4 15 12
,
r r a b ,
1 5 3 ( , ,
) ;
r b 4 3 4 ( , − =
−
= −
−
23 0 ≠
⇒ d1,d2 cheùo nhau.
⎤ = ⎦
r r uuuur ⎤ ,a b MN ⎦
⎡ ⎣
naèm trong mp (P) vaø caét caû d1,d2 neân
d2 qua N(4,0,3) VTCP =(1,1,2) uuuur ⎡ ), MN ⎣ Δ
= − Δ ñi qua caùc giao ñieåm cuûa d1,d2 vôùi
3
y
=
=
− 2
1 z + 3
x 1 −
A
) 2 7 5 , ,
A ( ⇒ −
4
x
y
−
+
3 11 26 0 z −
=
4
3
x
− 1
y z = = 1
− 2
B
B
uuur B A
3 11 ( , , ) ⇒ − ⇒
5 8 4 ( , ) , − −
4
y
x
−
+
3 11 26 0 z −
=
2/ Ñöôøng thaúng (P). ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2
x
pt ñöôøng thaúng
qua A,B laø
Δ
=
=
+ 5
7 y − 8 −
5 z − 4 −
Caâu IV
π 2
u x
du dx
1 = + ⇒ =
Ñaët
1/ Tính I=
2
(
1 )sin xxdx +
∫ 0
2
sin
xdx
v
2 cos x
,choïn
=−
1 2
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ = dv ⎪⎩
π 2
2
(
x
xdx
1 )sin +
∫
0
π 2
1
2 cos xdx
= −
∫
0
1 x + 2 cos x 2
π = + 4
π 2 1 + 20
2/ Giaûi pt 4x-2x+1+2(2x-1)sin(2x+y-1)+2=0 Ñaây laø pt baäc 2 theo t = 2x coù
Δ ≤ 0
neân 2
x
2
x
2
0
pt
sin(
cos
2 (
y
x 1 2 ⇔ − +
1 ) y + −
+
1 ) + − =
⎤ ⎥ ⎦
⎡ ⎢ ⎣ x
2
2
1 0 1 ) ( )
x y + − =
⇔
1 sin( − + x
2 (
1 0 )
cos
y
2 ( )
+ − =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
(2)
sin(2x+y-1)=
1
±
⇔ • Vôùi sin(2x+y-1)=1 thay vaøo (1) ta coù 2x = 0 (loaïi) • Vôùi sin(2x+y-1)=-1 (3) theá vaøo (1) ta coù 2x = 21 ⇔ x=1
Theá x=1 vaøo (3) ta coù sin(1+y)= -1 ⇔ y
k
2 π
π = − − +1 2
⇒
Caâu Va 1/ Vieát pt ñöôøng troøn (C) Vì (C) qua goác O neân pt (C):x2+ y2+2ax+2by=0 A(-1,1)∈(C)=>2-2a+2b=0 =>b = a-1
2 1
a− +
pt(C): x2+ y2+2ax+2(a-1)y=0 22 a ⇒ (C) coù taâm I(-a,1-a) vaø baùn kính R= Do (C) tieáp xuùc ñt (d): x - y + 1 - 2 = 0 neân 2
a
a
)
1 1 ( − − − + −
R=d(I,d)<=>
22 a
2 1 a − + =
=
1 =
2 2
2
0
a
2 a
hay a
=
−
= ⇔ =
1. Vaäy coù 2 ñöôøng troøn (C)
22 0 a (C1):x2+ y2-2y=0 (C2):x2+ y2 + 2 x=0 2/ Soá caùch lôùp hoïc thaønh 3 toå, coù 3 tröôøng hôïp. *TH1: Toå 1 coù 3 nöõ, 7 nam
7
Toå 2 coù 2 nöõ, 9 nam
4
Toå 3 coù 2 nöõ, 10 nam
= 1
7 26 9 19 10 10
2
⇒ C C3 ⇒ C C2 ⇒ C C2
Vaäy ta coù
9 19
3 7
2 4
7 C C C C 26
*TH2: Toå 1 coù 2 nöõ, 8 nam
7
Toå 2 coù 3 nöõ, 8 nam
5
Toå 3 coù 2 nöõ, 10 nam ⇒
8 26 8 18 10 10
2
⇒ C C2 ⇒ C C3 C C2
Vaäy ta coù
2 7
3 5
8 18
8 C C C C 26
*TH3: Toå 1 coù 2 nöõ, 8 nam
7
Toå 2 coù 2 nöõ, 9 nam
5
Toå 3 coù 3 nöõ, 9 nam
8 26 9 18 9 9
3
⇒ C C2 ⇒ C C2 ⇒ C C3
Vaäy ta coù
9 18
2 5
8 26
9
2 7
8 26
8 18
8 26
9 18
3 C C 5
2 +C C 7
2 C C 5
x
x+
2 C C C C 7 Theo quy taéc coäng ta coù : 2 7 3 C C C C 19 + C C 4 26 7 Caâu Vb 1/ Giaûi pt: :
(1)
)
(
(
)
−1
log
log
3
3
= 6
1 −
3
3
3 ñaët t=log3(3x-1) thì
t = 2 hay t = -3
⇔
⇔
⇔ (1) * t=2
t(t+1)=6 ⇒
t2+t-6=0 log3(3x-1) =2<=>3x-1=32=9
⇔ x=log310
3x-1=⇔
⇔ log3
* t=-3 ⇒ log3(3x-1)=-3
1 27
28 27
H laø taâm cuûa ABCD. Goïi M laø trung ñieåm cuûa BC, K laø hình
⇒
2/ Tính VSABCD Vì S.ABCD laø hình choùp ñeàu chieáu vuoâng goùc cuûa H leân SM. Ta coù BC SH ⊥
⇒
BC SHM (
)
⊥
⎫⎪ ⎬ ⎪⎭ (SHM)
⊥
⇔
+
=
=
+
2
2
2
2
2
4
1 HK
1 SH
4 2 a
1 b
ab
SH
=>
=
)
.
H dt ABCD (
V
S
.
=
=
SABCD
2
3 a b 2
2
BC HM ⊥ ⇒ (SBC) ⊥ maø HK SM ⇒ HK (SBC) => HK= 2I J =2 b ⊥ Trong tam giaùc vuoâng SHM ta coù 1 1 SH HM 1 3
2 3
a
16 b
a
16 b
−
2 −2
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
ÑEÀ DÖÏ BÒ 2 – KHOÁI D – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
(C)
Cho haøm soá y =
3 1
x + x −
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Cho ñieåm M0(x0, y0) ∈ (C). Tieáp tuyeán cuûa (C) taïi M0 caét caùc tieäm caän cuûa (C) taïi caùc ñieåm A vaø
B. Chöùng minh M0 laø trung ñieåm cuûa ñoaïn AB
2
1
2
8
7 1
x
x
x
x
(
)
Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 0 2 7 − + 2) Giaûi phöông trình:
− + −
x − =
+
+
x R ∈
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho A(1, 2, 0) ;
B(0, 4, 0) ; C(0, 0, 3)
1) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua O vaø vuoâng goùc vôùi mp (ABC) 2) Vieát phöông trình mp (P) chöùa OA, sao cho khoaûng caùch töø B ñeán (P) baèng khoaûng caùch töø C ñeán
(P)
Caâu IV (2 ñ)
2
2
1) Tính tích phaân:
I =
(
x
) ln
x dx
−
∫
x
)
1 ln(
y
+
−
+
x = −
2) Giaûi heä phöông trình:
y ) 2
1 1 ln( 2
12
20
0
xy
y
x
−
+
=
⎧ ⎨ ⎩
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1) Trong mp Oxy, laäp phöông trình chính taéc cuûa elíp (E) coù ñoä daøi truïc lôùn baèng 4 2 , caùc ñænh treân
truïc nhoû vaø caùc tieâu ñieåm cuûa (E) cuøng naèm treân 1 ñöôøng troøn.
2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá töï nhieân chaün coù 5 chöõ soá khaùc nhau
vaø moãi soá laäp ñöôïc ñeàu nhoû hôn 25000 ?
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñ)
2
(log
x
1 )log
x
log
+
+
1) Giaûi phöông trình:
=0
2
2
4
1 4
′
′
′
′
2) Cho hình laäp phöông ABCD. A B C D
′ coù caïnh baèng a vaø ñieåm K thuoäc caïnh C C sao cho: CK =
a. Maët phaúng (α) ñi qua A, K vaø song song vôùi BD, chia khoái laäp phöông thaønh hai khoái ña
2 3 dieän. Tính theå tích cuûa hai khoái ña dieän ñoù.
Baøi giaûi
Caâu I
1/ KS y=
<0
MXÑ:D=R { }/ 1 y’=
3 1
(
x
x x
+ −
+ ∞
-
- ∞ 1
-
4 − − 2 1 ) 1 + ∞
x y’ y
1
- ∞
TC: x=1, y=1. Ñoà thò : daønh cho ñoäc giaû. 2/ CM: M0 laø trung ñieåm cuûa AB
0
1
+
=
M0(x0,y0) ∈(C)
y0=⇔
; y’(x0)=
x
x
x x
(
3 + 1 −
4 − − 2 1 )
4 1 −0
0
0
(x-xo) (d)
y - yo=
x
(
pt tieáp tuyeán cuûa (C) taïi Mo 4 − − 2 1 )
0
⇒
)
0
Do A∈(d)
1 ⇒
⇔ xA= 2xo-1 ⇒ A(2xo-1,1)
1
Goïi A laø giao ñieåm cuûa (d) vôùi tieäm caän ngang y =1 A(xA,1) 4 ( x (
x − 2 1 )
x
Ax −
4 −
0
0
⎛ 1 − + ⎜ ⎝
⎞ − = ⎟ ⎠
⇒
Goïi B laø giao ñieåm cuûa (d) vôùi tieäm caän ñöùng x=1 B(1,yB)
B
⇒
Mo laø trung ñieåm cuûa AB
= xo vaø Mo,A,B∈d
⇔
1
2
0
2 cos x
cos
sin
x
x
x+ x ⇒ A 2 Caâu II 1/ Giaûi pt 4sin3x + 4sin2x+3sin2x + 6cosx=0 (1) 4sin2x(sinx+1)+6cosx(sinx+1)=0 (1) ⇔ ( sinx+1)( 4sin2x+6cosx)=0 3 hay ⇔
2 + =
= −
−
1
sin
x
hay
cos
x
⇔
= −
= −
k
hay x
k
k
2 π
2 , π
x ⇔ = −
+
= ±
+
∈(cid:0)
π 2
+ 1 2 2 π 3
2
8
2 7
7 +1 (1)
2/ Giaûi pt: x
x
x
x
x − =
1 − +
+
−
7
x
(
x
1 7 )(
x
)
1 − +
x − −
−
−
=
0
(1)
⇔
x
1 2 )
x
(
x
1 2 )
0
+ 1 2 x − − 1 ( x − − −
2 2 7 −
−
− −
=
⇔
1 2
7
x
)(
x
x
)
0
− −
1 − −
−
=
⇔ (
1 2
7
5
hay
x
x
x
hay x
4
x ⇔ − =
1 − =
− ⇔ =
=
(ABC) Ta coù:
⊥
1 2 0 , ,
)
( = −
uuur uuur , AB AC
6 3 4 ( , ,
r n ⇒ =
⎡ ⎣
) laø 1 VTCP cuûa ((cid:0) )
(
,
Caâu III 1/ Vieát pt ñöôøng thaúng (cid:0) qua O vaø uuur ⎧ AB ⎪ ⎤ = ⎨ uuur ⎦ AC ⎪⎩
Vaäy pt(cid:0) :
1 2 3 , ) = − − x y z = = 6 3 4
4
3
C D
B
C3 (do D= 0)
⇒ 4 + ⇒ = ±
+
=
2/ Vieát pt mp(P) chöùa OA sao cho khoaûng caùch töø B ñeán (P) baèng khoaûng caùch töø C ñeán (P). Goïi pt (P):Ax + By+ Cz +D=0 vôùi A2+ B2 + C2 > 0 O∈(P) ⇒ D= 0; A∈(P) A + 2B = 0 A = -2B ⇒ d(B,P)=d(C,P) ⇒ B D
• Vôùi 4B=3C choïn C=4, B=3,A= - 6 ⇒ (P): - 6x+3y+4z =0 Vôùi 4B= -3C choïn C= -4 ⇒ B=3,A=6 ⇒ (P):6x+3y-4z =0 • Caâu IV
2
2
du ⇒ =
(
x
) ln
xdx
1/ Tính I=
Ñaët u = lnx
−
1
∫
dx x
2
2
dv
2 ) dx
v
x
,choïn
( x = −
=
−
x 2
2
2
2
2
2
2
x
I
x
x
ln
xdx
−
−
=
−
=
−
(
)ln
∫ 1
∫ 1
⎛ ⎜ ⎝
⎞ dx2 ⎟ ⎠
x 2
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
1
4
2 2 ln
ln
= −
+
1 ( )
2/ Giaûi heä pt:
2
2
12
20
0 2 ( )
xy
x
y
=
+
−
x 2 5 5 + = − 4 4 ln(1+x)-ln(1+y)=x-y ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
x = 2y (3) hay x = 10 y (4)
(x-2y)(x-10y)=0
⇔
⇔
1 − =
f’(t)=
1
t
t
ÑK: x > -1, y > -1 ⇔ (2) (3) hay (4) ⇒ x , y hoaëc cuøng daáu hoaëc x = y = 0 (1) ln(1+x)-x=ln(1+y)-y Xeùt haøm f(t)=ln(1+t)-t (t >-1) t − 1 +
1 +
-1
t f’ f
+
0 0 0
-
+ ∞
Töø baûng bieán thieân ta coù :
f(x) < f (y)
(1) khoâng coù nghieäm thoûa ( 5)
⇒
i) ii)
iii)
Neáu – 1 < x= 2y < y < 0 hay – 1 < x= 10 y < y < 0 (5) ⇒ Neáu 0 < y < x= 2y hay 0 < y < x= 10y (6) ⇒ f(x) < f (y) ⇒ (1) khoâng coù nghieäm thoûa ( 6) Hieån nhieân x = y = 0 laø nghieäm cuûa heä.
Vaäy heä ñaõ cho coù nghieäm duy nhaát x = y= 0 Caâu Va 1/ Laäp pt Elip 2
2
(E):
+
=
2
2 1 (a > b >0) Theo giaû thieát a= 2 2 caùc ñænh treân Oy laø B1(0,-b); B2(0,b)
x a
y b
b = c = 2
F1(-c,0); F2(c,0). Töù giaùc F1B1F2B2 laø hình thoi, theo giaû thieát 4 ñænh naèm treân ñöôøng troøn, neân hình thoi trôû thaønh hình vuoâng ⇒ b = c maø a2= b2+ c2 ⇒ 8 = 2 b2
⇒
2
2
1
Pt(E):
+
=
x 8
y 4
j, n < 25000 . Vì n < 25000
≠
n=a a a a a chaün, ai ≠ aj vôùi i
1 2 3 4 5
},∈ 1 2 ta coù caùc tröôøng hôïp sau:
5 caùch choïn a2a3a4
2/ Töø caùc chöõ soá 0,1,2,3,4,5,6 Goïi ⇒ a1 { (cid:151) TH 1: a1=1 Ta coù 1 caùch choïn a1 Ta coù 4 caùch choïn a5 ( n chaün) A3 Vaäy ta coù 1.4. A3 5 =240 soá n (cid:151) TH 2: a1 =2, a2 chaün < 5 Ta coù 1 caùch choïn a1
4 =48 soá n
4 =72 soá n. Theo quy taéc coäng ta coù:
Ta coù 2 caùch choïn a2 Ta coù 2 caùch choïn a5 A2 4 caùch choïn a3a4 Vaäy ta coù 1.2.2. A2 (cid:151)TH 3: a1 =2, a2 leû < 5 Ta coù 1 caùch choïn a1 Ta coù 2 caùch choïn a2 Ta coù 3 caùch choïn a5 A2 4 caùch choïn a3a4 Vaäy ta coù 1.2.3 A2 240 + 48 + 72 = 360 soá n Caâu Vb
0
=
1/ Giaûi pt
(1)
+
log
log 2 (
) log x 1 x +2
4
1 2 4
2
(1)
⇔
log2x(log2x+1)-2=0
x +log2 x – 2 = 0
⇔ log
2
2
2
1 hay log x
x
hay x
= − ⇔ =
=
⇔ log x =2
2
1 4
I laø giao ñieåm cuûa AK vôùi OO’ => OI =
2/ Theå tích khoái ña dieän Goïi O, O’ laàn löôït laø taâm cuûa ABCD, A’B’C’D’ CK a = 3 2
mp(α) chöùa AK vaø // BD neân (α) qua I vaø caét mp(BDB’D’)
.Ñaùy ABCD laø hình vuoâng BD AC AK
theo giao tuyeán MN//BD ⇒ BM = DN = OI =
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ MN
a 3
I laø trung ñieåm cuûa MN vaø cuûa AK neân thieát dieän AMKN laø hình thoi. mp(α) caét hình laäp phöông thaønh hai khoái.Goïi V1 laø theå tích khoái ña dieän ABCDMNK. V2 laø theå tích khoái ña dieän AMKNA’B’C’D’ V=a3 laø theå tích ABCD thì V=a3=V1+V2 Ta coù V1=2VABCKM
maø VABCKM= AB
.SBCMK
3
a
+
=
=
1 3
a 3
a 6
⎛ ⎜ ⎝
2
=
⇒ V1=
⇒ V2 =
1 3 2 a a ⎞ ⎟ 3 2 ⎠ 3 3 a 3
a 6
a 32 3
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
ÑEÀ DÖÏ BÒ 2 – KHOÁI D – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
(C)
Cho haøm soá y =
3 1
x + x −
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Cho ñieåm M0(x0, y0) ∈ (C). Tieáp tuyeán cuûa (C) taïi M0 caét caùc tieäm caän cuûa (C) taïi caùc ñieåm A vaø
B. Chöùng minh M0 laø trung ñieåm cuûa ñoaïn AB
2
2
8
1
7 1
x
x
x
x
(
)
Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 0 2 7 − + 2) Giaûi phöông trình:
− + −
x − =
+
+
x R ∈
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho A(1, 2, 0) ;
B(0, 4, 0) ; C(0, 0, 3)
1) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua O vaø vuoâng goùc vôùi mp (ABC) 2) Vieát phöông trình mp (P) chöùa OA, sao cho khoaûng caùch töø B ñeán (P) baèng khoaûng caùch töø C ñeán
(P)
Caâu IV (2 ñ)
2
2
1) Tính tích phaân:
I =
(
x
) ln
x dx
−
∫
x
)
1 ln(
y
+
−
+
x = −
2) Giaûi heä phöông trình:
y ) 2
1 1 ln( 2
12
20
0
xy
y
x
−
+
=
⎧ ⎨ ⎩
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1) Trong mp Oxy, laäp phöông trình chính taéc cuûa elíp (E) coù ñoä daøi truïc lôùn baèng 4 2 , caùc ñænh treân
truïc nhoû vaø caùc tieâu ñieåm cuûa (E) cuøng naèm treân 1 ñöôøng troøn.
2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá töï nhieân chaün coù 5 chöõ soá khaùc nhau
vaø moãi soá laäp ñöôïc ñeàu nhoû hôn 25000 ?
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñ)
2
(log
x
1 )log
x
log
+
+
1) Giaûi phöông trình:
=0
2
2
4
1 4
′
′
′
′
2) Cho hình laäp phöông ABCD. A B C D
′ coù caïnh baèng a vaø ñieåm K thuoäc caïnh C C sao cho: CK =
a. Maët phaúng (α) ñi qua A, K vaø song song vôùi BD, chia khoái laäp phöông thaønh hai khoái ña
2 3 dieän. Tính theå tích cuûa hai khoái ña dieän ñoù.
Baøi giaûi
Caâu I
1/ KS y=
<0
MXÑ:D=R { }/ 1 y’=
3 1
(
x
x x
+ −
+ ∞
-
- ∞ 1
-
4 − − 2 1 ) 1 + ∞
x y’ y
1
- ∞
TC: x=1, y=1. Ñoà thò : daønh cho ñoäc giaû. 2/ CM: M0 laø trung ñieåm cuûa AB
0
1
+
=
M0(x0,y0) ∈(C)
y0=⇔
; y’(x0)=
x
x
x x
(
3 + 1 −
4 − − 2 1 )
4 1 −0
0
0
(x-xo) (d)
y - yo=
x
(
pt tieáp tuyeán cuûa (C) taïi Mo 4 − − 2 1 )
0
⇒
)
0
Do A∈(d)
1 ⇒
⇔ xA= 2xo-1 ⇒ A(2xo-1,1)
1
Goïi A laø giao ñieåm cuûa (d) vôùi tieäm caän ngang y =1 A(xA,1) 4 ( x (
x − 2 1 )
x
Ax −
4 −
0
0
⎛ 1 − + ⎜ ⎝
⎞ − = ⎟ ⎠
⇒
Goïi B laø giao ñieåm cuûa (d) vôùi tieäm caän ñöùng x=1 B(1,yB)
B
⇒
Mo laø trung ñieåm cuûa AB
= xo vaø Mo,A,B∈d
⇔
1
2
0
2 cos x
cos
sin
x
x
x+ x ⇒ A 2 Caâu II 1/ Giaûi pt 4sin3x + 4sin2x+3sin2x + 6cosx=0 (1) 4sin2x(sinx+1)+6cosx(sinx+1)=0 (1) ⇔ ( sinx+1)( 4sin2x+6cosx)=0 3 hay ⇔
2 + =
= −
−
1
sin
x
hay
cos
x
⇔
= −
= −
k
hay x
k
k
2 π
2 , π
x ⇔ = −
+
= ±
+
∈(cid:0)
π 2
+ 1 2 2 π 3
2
8
2 7
7 +1 (1)
2/ Giaûi pt: x
x
x
x
x − =
1 − +
+
−
7
x
(
x
1 7 )(
x
)
1 − +
x − −
−
−
=
0
(1)
⇔
x
1 2 )
x
(
x
1 2 )
0
+ 1 2 x − − 1 ( x − − −
2 2 7 −
−
− −
=
⇔
1 2
7
x
)(
x
x
)
0
− −
1 − −
−
=
⇔ (
1 2
7
5
hay
x
x
x
hay x
4
x ⇔ − =
1 − =
− ⇔ =
=
(ABC) Ta coù:
⊥
1 2 0 , ,
)
( = −
uuur uuur , AB AC
6 3 4 ( , ,
r n ⇒ =
⎡ ⎣
) laø 1 VTCP cuûa ((cid:0) )
(
,
Caâu III 1/ Vieát pt ñöôøng thaúng (cid:0) qua O vaø uuur ⎧ AB ⎪ ⎤ = ⎨ uuur ⎦ AC ⎪⎩
Vaäy pt(cid:0) :
1 2 3 , ) = − − x y z = = 6 3 4
3
4
C D
B
C3 (do D= 0)
⇒ 4 + ⇒ = ±
=
+
2/ Vieát pt mp(P) chöùa OA sao cho khoaûng caùch töø B ñeán (P) baèng khoaûng caùch töø C ñeán (P). Goïi pt (P):Ax + By+ Cz +D=0 vôùi A2+ B2 + C2 > 0 O∈(P) ⇒ D= 0; A∈(P) A + 2B = 0 A = -2B ⇒ d(B,P)=d(C,P) ⇒ B D
• Vôùi 4B=3C choïn C=4, B=3,A= - 6 ⇒ (P): - 6x+3y+4z =0 Vôùi 4B= -3C choïn C= -4 ⇒ B=3,A=6 ⇒ (P):6x+3y-4z =0 • Caâu IV
2
2
du ⇒ =
(
x
) ln
xdx
1/ Tính I=
Ñaët u = lnx
−
1
∫
dx x
2
2
dv
2 ) dx
v
x
,choïn
( x = −
=
−
x 2
2
2
2
2
2
2
x
I
x
x
ln
xdx
−
−
=
−
−
=
(
)ln
∫ 1
∫ 1
⎛ ⎜ ⎝
⎞ dx2 ⎟ ⎠
x 2
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
1
4
2 2 ln
ln
= −
+
1 ( )
2/ Giaûi heä pt:
2
2
12
20
0 2 ( )
xy
x
y
=
+
−
x 2 5 5 + = − 4 4 ln(1+x)-ln(1+y)=x-y ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
x = 2y (3) hay x = 10 y (4)
(x-2y)(x-10y)=0
⇔
⇔
1 − =
f’(t)=
1
t
t
ÑK: x > -1, y > -1 ⇔ (2) (3) hay (4) ⇒ x , y hoaëc cuøng daáu hoaëc x = y = 0 (1) ln(1+x)-x=ln(1+y)-y Xeùt haøm f(t)=ln(1+t)-t (t >-1) t − 1 +
1 +
-1
t f’ f
+
0 0 0
-
+ ∞
Töø baûng bieán thieân ta coù :
f(x) < f (y)
(1) khoâng coù nghieäm thoûa ( 5)
⇒
i) ii)
iii)
Neáu – 1 < x= 2y < y < 0 hay – 1 < x= 10 y < y < 0 (5) ⇒ Neáu 0 < y < x= 2y hay 0 < y < x= 10y (6) ⇒ f(x) < f (y) ⇒ (1) khoâng coù nghieäm thoûa ( 6) Hieån nhieân x = y = 0 laø nghieäm cuûa heä.
Vaäy heä ñaõ cho coù nghieäm duy nhaát x = y= 0 Caâu Va 1/ Laäp pt Elip 2
2
(E):
+
=
2
2 1 (a > b >0) Theo giaû thieát a= 2 2 caùc ñænh treân Oy laø B1(0,-b); B2(0,b)
x a
y b
b = c = 2
F1(-c,0); F2(c,0). Töù giaùc F1B1F2B2 laø hình thoi, theo giaû thieát 4 ñænh naèm treân ñöôøng troøn, neân hình thoi trôû thaønh hình vuoâng ⇒ b = c maø a2= b2+ c2 ⇒ 8 = 2 b2
⇒
2
2
1
Pt(E):
+
=
x 8
y 4
j, n < 25000 . Vì n < 25000
≠
n=a a a a a chaün, ai ≠ aj vôùi i
1 2 3 4 5
},∈ 1 2 ta coù caùc tröôøng hôïp sau:
5 caùch choïn a2a3a4
2/ Töø caùc chöõ soá 0,1,2,3,4,5,6 Goïi ⇒ a1 { (cid:151) TH 1: a1=1 Ta coù 1 caùch choïn a1 Ta coù 4 caùch choïn a5 ( n chaün) A3 Vaäy ta coù 1.4. A3 5 =240 soá n (cid:151) TH 2: a1 =2, a2 chaün < 5 Ta coù 1 caùch choïn a1
4 =48 soá n
4 =72 soá n. Theo quy taéc coäng ta coù:
Ta coù 2 caùch choïn a2 Ta coù 2 caùch choïn a5 A2 4 caùch choïn a3a4 Vaäy ta coù 1.2.2. A2 (cid:151)TH 3: a1 =2, a2 leû < 5 Ta coù 1 caùch choïn a1 Ta coù 2 caùch choïn a2 Ta coù 3 caùch choïn a5 A2 4 caùch choïn a3a4 Vaäy ta coù 1.2.3 A2 240 + 48 + 72 = 360 soá n Caâu Vb
0
=
1/ Giaûi pt
(1)
+
log
log 2 (
) log x 1 x +2
4
1 2 4
2
(1)
⇔
log2x(log2x+1)-2=0
x +log2 x – 2 = 0
⇔ log
2
2
2
1 hay log x
x
hay x
= − ⇔ =
=
⇔ log x =2
2
1 4
I laø giao ñieåm cuûa AK vôùi OO’ => OI =
2/ Theå tích khoái ña dieän Goïi O, O’ laàn löôït laø taâm cuûa ABCD, A’B’C’D’ CK a = 3 2
mp(α) chöùa AK vaø // BD neân (α) qua I vaø caét mp(BDB’D’)
.Ñaùy ABCD laø hình vuoâng BD AC AK
theo giao tuyeán MN//BD ⇒ BM = DN = OI =
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ MN
a 3
I laø trung ñieåm cuûa MN vaø cuûa AK neân thieát dieän AMKN laø hình thoi. mp(α) caét hình laäp phöông thaønh hai khoái.Goïi V1 laø theå tích khoái ña dieän ABCDMNK. V2 laø theå tích khoái ña dieän AMKNA’B’C’D’ V=a3 laø theå tích ABCD thì V=a3=V1+V2 Ta coù V1=2VABCKM
maø VABCKM= AB
.SBCMK
3
a
+
=
=
1 3
a 3
a 6
⎛ ⎜ ⎝
2
=
⇒ V1=
⇒ V2 =
1 3 2 a a ⎞ ⎟ 3 2 ⎠ 3 3 a 3
a 6
a 32 3
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
ÑEÀ DÖÏ BÒ 2 – KHOÁI B – 2006
(1)
Cho haøm soá y = x3 + (1 – 2m)x2 + (2 – m)x + m + 2
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ) 1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá (1) khi m = 2 2) Tìm caùc giaù trò cuûa m ñeå ñoà thò haøm soá (1) coù ñieåm cöïc ñaïi, ñieåm cöïc tieåu, ñoàng thôøi hoaønh ñoä cuûa
ñieåm cöïc tieåu nhoû hôn 1.
Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: cos2x + (1 + 2cosx)(sinx – cosx) = 0
2
2
13
y x )(
y
)
+
=
2) Giaûi heä phöông trình:
)
x y R ( , ∈
2
2
25
x
y
(
y x )(
)
+
−
=
⎧ − ( x ⎪ ⎨ ⎪⎩
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho mp (P): 2x + y – z + 5 = 0 vaø caùc ñieåm A(0, 0, 4) ; B(2, 0, 0)
1) Vieát phöông trình hình chieáu vuoâng goùc cuûa ñöôøng thaúng AB treân mp (P) 2) Vieát phöông trình maët caàu ñi qua O, A, B vaø tieáp xuùc vôùi mp (P) Caâu IV (2 ñ)
e
x
dx
1) Tính tích phaân:
I =
∫
x
x
3 2 ln − 1 2 ln +
1 2) Cho hai soá döông thay ñoåi thoûa maõn ñieàu kieän x + y
4. Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa bieåu thöùc A =
≥
2
3
3
4 2 +
y 2
x 4
+ x
+ y
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1) Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC coù ñænh A(2, 1), ñöôøng cao qua ñænh B coù phöông
trình laø x – 3y – 7 = 0 vaø ñöôøng trung tuyeán qua ñænh C coù pt: x + y + 1 = 0. Xaùc ñònh toïa ñoä caùc ñænh B vaø C cuûa tam giaùc.
2) Cho 2 ñöôøng thaúng song song d1 vaø d2. Treân ñöôøng thaúng d1 coù 10 ñieåm phaân bieät, treân ñöôøng thaúng d2
coù n ñieåm phaân bieät (n ≥ 2). Bieát raèng coù 2800 tam giaùc coù ñænh laø caùc ñieåm ñaõ cho. Tìm n.
2
2
1
2
x
x
x + −
x + −
9
+
1= 0
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: − ′ 2) Cho hình laêng truï ABC A B C′
′
′
′
10 3 . ′ coù A′ ABC laø hình choùp tam giaùc ñeàu, caïnh ñaùy AB = a, caïnh beân .
A A′ = b. Goïi α laø goùc giöõa 2 mp (ABC) vaø ( A′ BC). Tính tgα vaø theå tích khoái choùp A BB C C
HÖÔÙNG DAÃN GIAÛI
Caâu I 1/ KS y=x3+(1-2m)x2+(2-m)x+m+2 khi m=2 ta coù y=x3-3x2+4 (1) MXÑ:D=R y’ =3x2 -6x=3x(x-2) , y’= 0 x=0 v x=2
⇔
23 x
m x )
y
(
'
m f x ( ) =
2 1 2 −
2 + −
+
Baûng bieán thieân vaø ñoà thò : daønh cho ñoäc giaû. 2/ Tìm m = ta coù Theo ycbt<=> y’=0 coù 2 ngheäm phaân bieät sao cho x1 < x2 <1
2
0
'
>
)
⇔
( ( ) 3 2 1 2 m m − − Δ = − 7 0 5 1 ( ) m f + > =− 1 2 S m − 1 < = 3 2
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
1
hay
m ⇔ < −
m < <
5 4
7 5
⇔ x
cos
cosx v
x
+1 0=
x
hay x
k
k
=
k hay x π
2 π
=
+
+
= + π
2 π
Caâu II 1/Giaûi pt pt(1) ⇔ sin ⇔
(sinx-cosx)(cosx-sinx+1)=0 = − π 4
sinx π 2
2
2
2
2
y
y
+
13 3 ( ) =
+
13 =
x y x −
x y x −
(
(
)
)(
2/ Giaûi heä pt:
⇔
2
2
2
25
4 ( )
=
+
25
y
=
−
x y x +
)
)( x y x y −
) )
)( )(
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ( ⎪ ⎪ ⎩
3 1 =
x y −
)
(
=> (3,2) hoaëc (-2,-3)
2
5
x y + =±
⎧ − = 1 x y ⎪ ⇔⎨ ⎪ ⎩
25
x y +
=
)
3
2
3
3
3
13 1 ( )
xy
yx
y
x
=
−
+
−
19
2
y
x
chia
+
⇔
2
3
2
3
6
)] 2
2 [(( ) 2 [( ( )
1 ( ) ) 1 ( ) )
)
]
− xy x (
= y
chia
−
=
−
25 2 ( )
xy
yx
y
x
−
−
=
+
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ( ⎪ ⎪ ⎩ (4)-(3) ta coù (x-y)2xy=12 (5) (3)-( 5) ta coù (x-y)3=1 (6). Do ñoù heä töông ñöông vôùi ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ( ⎩ Caùch khaùc : heä töông ñöông 2 ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
3
19
x
y
x
y
xy
(
)
−
−
2 3 +
=
3
1
9
x
y
y
)
)
−
=
⎤ ⎦
⇔
⇔
xy x ( 6
y
( − xy x (
+ )
−
=
6
⎡ ) ( ⎣ y
)
xy x (
−
=
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2
1
1
3
(
x
y
)
x
x
x
=
= −
hay
⇔
⇔
⇔
3
6
6
2
− ( xy x
= ) y
(
= y
y + 1 ) y
y
y
−
=
+
=
=
= −
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩ ⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
2 0 4 ( , ,
)
)
(
, (P) coù PVT
uuur AB =
−2 1 1 , ,
−
Caâu III 1/ Hình chieáu vuoâng goùc A’B’ cuûa AB leân mp P laø giao tuyeán cuûa mp P vaø Q, trong ñoù (Q) laø mp chöùa AB vaø vuoâng goùc vôùi (P). Ta coù uur uuur n AB ,
( ,
]
[
,
4 6 2 , ) − = −
2 2 3 1 , ) −
−2 3 1 ( , , )
( = −
=
uur Pn = .Vaäy (Q) qua A(0,0,4) coù PVT
⇒ (Q) coù PVT
uur Qn =
uuur n Q
P
⇒ pt(Q): 2(x-0)-3(y-0)+1(z-4)=0 ⇔ 2x-3y+z-4=0 0 2 5 z x y − + + =
Vaäy pt hình chieáu A’B’ :
4 0
y z
+ − =
0
d =⎧ ⎪⇔ = 1 a ⎨ ⎪ 2 c =⎩
d(I,P)= R = OI
⇔
2
2
6
a
c
2 b + +
=
.
⎧ 2 ⎪⎪ ⎨ ⎪ 2 3 x − ⎪⎩ 2/ Goïi I(a,b,c) laø taâm maët caàu (S) (S): x2+y2+z2-2ax-2by-2cz+d=0 ; (S) ñi qua O, A(0,0,4) , B(2,0,0) neân ta coù: ⎧ ⎪ 0 d = ⎪ 0 16 8 c d − + = ⎨ ⎪ 0 4 4 a d − + = ⎪ ⎩ Ta laïi coù (P) tieáp xuùc vôùi (S) 2
5
a b c
+ − +
2
6
b
b
=
5 + ⇔
=1
5
+
Thay a=1, c = 2 vaøo ta coù b Vaäy (S): x2+y2+z2-2x-2y-4z=0 Caâu IV
e
2
Ñaët
1/ Tính I=
dx
1 2
t
ln
x
t⇒
1 2 x =>t dt =
ln
= +
= +
∫1
dx x
Ñoåi caän
t
e
(
)
3 2 x ln − 1 2 x ln + 2 1 1 ; ( ) t =
x =
2
2
2
−
3
1 )
−
−
4
tdt
(
2 t dt )
=
−
I
=
=
∫
∫
t ( t
1
1
10 2 11 3
3
2
3
2/ Vôùi giaû thieát x+y 4 Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa
≥
A
=
4 2 +
y 2
Ta coù
2
A
1 2 3 .
.
= + +
+
≥ +
2 + =
y y + + 8 8
1 2 y
x 4
x y + 2
x + 4 x 1 4
+ y 9 2
1 x
⎞ ⎟ ⎠
1 x
Daáu “=” xaûy ra ⇔
thoaû x y+ ≥ 4 .Vaäy giaù trò nhoû nhaát cuûa A laø
2
y
x ⇔ = =
9 2
=
2
y 8
1 y
⎛ ⎜ ⎝ x ⎧ =⎪ 4 ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
⇔
7 0
y
x
y
+ − =
Caâu Va pt ñöôøng cao BH: x-3y-7=0, AC qua A vaø ⊥ BH 1 0 3 2 1 3 ) ) x ( ( − = − + Suy ra pt AC laø Ñænh B∈BH=>B(3y+7,y) vaø A(2,1)
3
9
neân trung ñieåm I cuûa AB coù toaï ñoä I
,
y + 2
1 y + 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
9
3
I∈CI ⇒
⇔
⇒
1 0
3
y
B
(
+ =
= −
2 3 ) , − −
+
1 y + 2
1 0
4
y
⇔
7 0
x 3
5
+ + = x y
x y
+ − =
= = −
⎧ ⎨ ⎩
y + 2 Toïa ñoä C laø nghieäm cuûa heä ⎧ ⎨ ⎩ ⇒ C ( 4; - 5 )
nC 2
10
n = 20
⇔ n2+8n-560=0
2/ Soá tam giaùc coù moät ñænh thuoäc d1, hai ñænh thuoäc d2 laø 10 Soá tam giaùc coù moät ñænh thuoäc d2, hai ñænh thuoäc d1 laø nC 2 2 +nC =2800 ⇒ Theo ñeà baøi ta coù 10 10
nC 2
Caâu Vb
2
2
2
−
2
x x +
x x
1 + −
x
x
+
(1) Ñaët
1 0
+ =
3
t
=
9
−
1/ Giaûi pt: 10 3 . thì (1) thaønh t2-10t + 9 = 0 ⇔ t =1 hay t = 9
2
x
x
+
x= 0 hay x= - 1
= 1 =30
*
⇔
t
=
2
x
x
+
*
= 9=32
x2+ x - 2=0
x=1 hay x= - 2
⇔
⇔
3 3
=
t 2/ Goïi E laø trung ñieåm caïnh BC H laø taâm tam giaùc ñeàu ABC Do A’ABC laø choùp tam giaùc ñeàu
ABC A BC A EH
,
'
'
=
) (cid:0)
Neân (cid:0)(
3
3
a
a
Ta coù AE =
⇒
AH
AE
=
=
2 3
3
2
2
2
3
2
⇒ '
A H
'
9 b
3 a
=
A A AH −
=
−
=
1 3
2 HE = AE a 3
2
2
2
a
−
3
a
.
.
=>
tg
=
=
α
BC AE .
=
=
ABC
S
1 2
4
2 3 b a
6 'A H HE
−
=
'
A ABC
'
'
'
A BB C C '
'
V
Ta coù: V
V
A H S ' .
A H S ' .
A H S ' .
−
=
=
ABC
ABC
ABC
' ABCA B C 1 3
2 3
2
2
2
a
a
−
=
3 b 6
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
ÑEÀ DÖÏ BÒ 2 – KHOÁI D – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
(C)
Cho haøm soá y =
3 1
x + x −
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Cho ñieåm M0(x0, y0) ∈ (C). Tieáp tuyeán cuûa (C) taïi M0 caét caùc tieäm caän cuûa (C) taïi caùc ñieåm A vaø
B. Chöùng minh M0 laø trung ñieåm cuûa ñoaïn AB
2
1
8
2
7 1
x
x
x
x
(
)
Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 0 2 7 − + 2) Giaûi phöông trình:
− + −
x − =
+
+
x R ∈
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho A(1, 2, 0) ;
B(0, 4, 0) ; C(0, 0, 3)
1) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua O vaø vuoâng goùc vôùi mp (ABC) 2) Vieát phöông trình mp (P) chöùa OA, sao cho khoaûng caùch töø B ñeán (P) baèng khoaûng caùch töø C ñeán
(P)
Caâu IV (2 ñ)
2
2
1) Tính tích phaân:
I =
(
x
) ln
x dx
−
∫
x
)
1 ln(
y
+
−
+
x = −
2) Giaûi heä phöông trình:
y ) 2
1 1 ln( 2
12
20
0
xy
y
x
−
+
=
⎧ ⎨ ⎩
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1) Trong mp Oxy, laäp phöông trình chính taéc cuûa elíp (E) coù ñoä daøi truïc lôùn baèng 4 2 , caùc ñænh treân
truïc nhoû vaø caùc tieâu ñieåm cuûa (E) cuøng naèm treân 1 ñöôøng troøn.
2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá töï nhieân chaün coù 5 chöõ soá khaùc nhau
vaø moãi soá laäp ñöôïc ñeàu nhoû hôn 25000 ?
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñ)
2
(log
x
1 )log
x
log
+
+
1) Giaûi phöông trình:
=0
2
2
4
1 4
′
′
′
′
2) Cho hình laäp phöông ABCD. A B C D
′ coù caïnh baèng a vaø ñieåm K thuoäc caïnh C C sao cho: CK =
a. Maët phaúng (α) ñi qua A, K vaø song song vôùi BD, chia khoái laäp phöông thaønh hai khoái ña
2 3 dieän. Tính theå tích cuûa hai khoái ña dieän ñoù.
Baøi giaûi
Caâu I
1/ KS y=
<0
MXÑ:D=R { }/ 1 y’=
3 1
(
x
x x
+ −
+ ∞
-
- ∞ 1
-
4 − − 2 1 ) 1 + ∞
x y’ y
1
- ∞
TC: x=1, y=1. Ñoà thò : daønh cho ñoäc giaû. 2/ CM: M0 laø trung ñieåm cuûa AB
0
1
+
=
M0(x0,y0) ∈(C)
y0=⇔
; y’(x0)=
x
x
x x
(
3 + 1 −
4 − − 2 1 )
4 1 −0
0
0
(x-xo) (d)
y - yo=
x
(
pt tieáp tuyeán cuûa (C) taïi Mo 4 − − 2 1 )
0
⇒
)
0
Do A∈(d)
1 ⇒
⇔ xA= 2xo-1 ⇒ A(2xo-1,1)
1
Goïi A laø giao ñieåm cuûa (d) vôùi tieäm caän ngang y =1 A(xA,1) 4 ( x (
x − 2 1 )
x
Ax −
4 −
0
0
⎛ 1 − + ⎜ ⎝
⎞ − = ⎟ ⎠
⇒
Goïi B laø giao ñieåm cuûa (d) vôùi tieäm caän ñöùng x=1 B(1,yB)
B
⇒
Mo laø trung ñieåm cuûa AB
= xo vaø Mo,A,B∈d
⇔
1
0
2
2 cos x
cos
sin
x
x
x+ x ⇒ A 2 Caâu II 1/ Giaûi pt 4sin3x + 4sin2x+3sin2x + 6cosx=0 (1) 4sin2x(sinx+1)+6cosx(sinx+1)=0 (1) ⇔ ( sinx+1)( 4sin2x+6cosx)=0 3 hay ⇔
2 + =
= −
−
1
sin
x
hay
cos
x
⇔
= −
= −
k
hay x
k
k
2 π
2 , π
x ⇔ = −
+
= ±
+
∈(cid:0)
π 2
+ 1 2 2 π 3
2
8
2 7
7 +1 (1)
2/ Giaûi pt: x
x
x
x
x − =
1 − +
+
−
7
x
(
x
1 7 )(
x
)
1 − +
x − −
−
−
=
0
(1)
⇔
x
1 2 )
x
(
x
1 2 )
0
+ 1 2 x − − 1 ( x − − −
2 2 7 −
−
− −
=
⇔
1 2
7
x
)(
x
x
)
0
− −
1 − −
−
=
⇔ (
1 2
7
5
hay
x
x
x
hay x
4
x ⇔ − =
1 − =
− ⇔ =
=
(ABC) Ta coù:
⊥
1 2 0 , ,
)
( = −
uuur uuur , AB AC
6 3 4 ( , ,
r n ⇒ =
⎡ ⎣
) laø 1 VTCP cuûa ((cid:0) )
(
,
Caâu III 1/ Vieát pt ñöôøng thaúng (cid:0) qua O vaø uuur ⎧ AB ⎪ ⎤ = ⎨ uuur ⎦ AC ⎪⎩
Vaäy pt(cid:0) :
1 2 3 , ) = − − x y z = = 6 3 4
3
4
C D
B
C3 (do D= 0)
⇒ 4 + ⇒ = ±
=
+
2/ Vieát pt mp(P) chöùa OA sao cho khoaûng caùch töø B ñeán (P) baèng khoaûng caùch töø C ñeán (P). Goïi pt (P):Ax + By+ Cz +D=0 vôùi A2+ B2 + C2 > 0 O∈(P) ⇒ D= 0; A∈(P) A + 2B = 0 A = -2B ⇒ d(B,P)=d(C,P) ⇒ B D
• Vôùi 4B=3C choïn C=4, B=3,A= - 6 ⇒ (P): - 6x+3y+4z =0 Vôùi 4B= -3C choïn C= -4 ⇒ B=3,A=6 ⇒ (P):6x+3y-4z =0 • Caâu IV
2
2
du ⇒ =
(
x
) ln
xdx
1/ Tính I=
Ñaët u = lnx
−
1
∫
dx x
2
2
dv
2 ) dx
v
x
,choïn
( x = −
=
−
x 2
2
2
2
2
2
2
x
I
x
x
ln
xdx
−
−
=
−
−
=
(
)ln
∫ 1
∫ 1
⎛ ⎜ ⎝
⎞ dx2 ⎟ ⎠
x 2
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
1
4
2 2 ln
ln
= −
+
1 ( )
2/ Giaûi heä pt:
2
2
12
20
0 2 ( )
xy
y
x
=
−
+
x 2 5 5 + = − 4 4 ln(1+x)-ln(1+y)=x-y ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
x = 2y (3) hay x = 10 y (4)
(x-2y)(x-10y)=0
⇔
⇔
1 − =
f’(t)=
1
t
t
ÑK: x > -1, y > -1 ⇔ (2) (3) hay (4) ⇒ x , y hoaëc cuøng daáu hoaëc x = y = 0 (1) ln(1+x)-x=ln(1+y)-y Xeùt haøm f(t)=ln(1+t)-t (t >-1) t − 1 +
1 +
-1
t f’ f
+
0 0 0
-
+ ∞
Töø baûng bieán thieân ta coù :
f(x) < f (y)
(1) khoâng coù nghieäm thoûa ( 5)
⇒
i) ii)
iii)
Neáu – 1 < x= 2y < y < 0 hay – 1 < x= 10 y < y < 0 (5) ⇒ Neáu 0 < y < x= 2y hay 0 < y < x= 10y (6) ⇒ f(x) < f (y) ⇒ (1) khoâng coù nghieäm thoûa ( 6) Hieån nhieân x = y = 0 laø nghieäm cuûa heä.
Vaäy heä ñaõ cho coù nghieäm duy nhaát x = y= 0 Caâu Va 1/ Laäp pt Elip 2
2
(E):
+
=
2
2 1 (a > b >0) Theo giaû thieát a= 2 2 caùc ñænh treân Oy laø B1(0,-b); B2(0,b)
x a
y b
b = c = 2
F1(-c,0); F2(c,0). Töù giaùc F1B1F2B2 laø hình thoi, theo giaû thieát 4 ñænh naèm treân ñöôøng troøn, neân hình thoi trôû thaønh hình vuoâng ⇒ b = c maø a2= b2+ c2 ⇒ 8 = 2 b2
⇒
2
2
1
Pt(E):
+
=
x 8
y 4
j, n < 25000 . Vì n < 25000
≠
n=a a a a a chaün, ai ≠ aj vôùi i
1 2 3 4 5
},∈ 1 2 ta coù caùc tröôøng hôïp sau:
5 caùch choïn a2a3a4
2/ Töø caùc chöõ soá 0,1,2,3,4,5,6 Goïi ⇒ a1 { (cid:151) TH 1: a1=1 Ta coù 1 caùch choïn a1 Ta coù 4 caùch choïn a5 ( n chaün) A3 Vaäy ta coù 1.4. A3 5 =240 soá n (cid:151) TH 2: a1 =2, a2 chaün < 5 Ta coù 1 caùch choïn a1
4 =48 soá n
4 =72 soá n. Theo quy taéc coäng ta coù:
Ta coù 2 caùch choïn a2 Ta coù 2 caùch choïn a5 A2 4 caùch choïn a3a4 Vaäy ta coù 1.2.2. A2 (cid:151)TH 3: a1 =2, a2 leû < 5 Ta coù 1 caùch choïn a1 Ta coù 2 caùch choïn a2 Ta coù 3 caùch choïn a5 A2 4 caùch choïn a3a4 Vaäy ta coù 1.2.3 A2 240 + 48 + 72 = 360 soá n Caâu Vb
0
=
1/ Giaûi pt
(1)
+
log
log 2 (
) log x 1 x +2
4
1 2 4
2
(1)
⇔
log2x(log2x+1)-2=0
x +log2 x – 2 = 0
⇔ log
2
2
2
1 hay log x
x
hay x
= − ⇔ =
=
⇔ log x =2
2
1 4
I laø giao ñieåm cuûa AK vôùi OO’ => OI =
2/ Theå tích khoái ña dieän Goïi O, O’ laàn löôït laø taâm cuûa ABCD, A’B’C’D’ CK a = 3 2
mp(α) chöùa AK vaø // BD neân (α) qua I vaø caét mp(BDB’D’)
.Ñaùy ABCD laø hình vuoâng BD AC AK
theo giao tuyeán MN//BD ⇒ BM = DN = OI =
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ MN
a 3
I laø trung ñieåm cuûa MN vaø cuûa AK neân thieát dieän AMKN laø hình thoi. mp(α) caét hình laäp phöông thaønh hai khoái.Goïi V1 laø theå tích khoái ña dieän ABCDMNK. V2 laø theå tích khoái ña dieän AMKNA’B’C’D’ V=a3 laø theå tích ABCD thì V=a3=V1+V2 Ta coù V1=2VABCKM
maø VABCKM= AB
.SBCMK
3
a
+
=
=
1 3
a 3
a 6
⎛ ⎜ ⎝
2
=
⇒ V1=
⇒ V2 =
1 3 2 a a ⎞ ⎟ 3 2 ⎠ 3 3 a 3
a 6
a 32 3
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
Ñeà DÖÏ BÒ 1 – khoái B – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
2
1
x
Cho haøm soá y =
x − − 1 x +
2
9 2 3
1 4
3
2
x
x
x
x
x
,
R
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Vieát phöông trình caùc tieáp tuyeán cuûa ñoà thò (C) ñi qua A(0, -5) Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: (2sin2x – 1)tg22x + 3(2cos2x – 1) = 0 5 2 x − + 2) Giaûi phöông trình:
− +
− =
−
+
∈
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho 2 ñöôøng thaúng:
x
1
:
Δ
=
=
t
:
2
Δ 1
y − 2
z 1
3 x − 1 −
1 t = + 1 = − − 2
⎧ ⎪ y ⎨ ⎪ =⎩ z
Δ 2
1) Vieát phöông trình maët phaúng chöùa ñöôøng thaúng Δ 1 vaø song song vôùi ñöôøng thaúng 2) Xaùc ñònh ñieåm A treân
vaø ñieåm B treân
Δ2
Δ1
sao cho ñoaïn thaúng AB coù ñoä daøi nhoû nhaát. Caâu IV (2 ñ)
10
1) Tính tích phaân:
I =
∫
dx 2
1
x
x
−
−
5
= +
+
2) Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá: y x
11 2 x
7 ⎞ ⎟ , x > 0 ⎠2 x
⎛ 4 1 +⎜ ⎝ Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1)Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC caân taïi B, vôùi
A(1, -1) ; C(3, 5). Ñieåm B naèm treân ñöôøng thaúng
d: 2x – y = 0. Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng AB, BC. 2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá chaün, moãi soá coù 5 chöõ soá khaùc nhau, trong ñoù coù
ñuùng 2 chöõ soá leû vaø 2 chöõ soá leû ñoù ñöùng caïnh nhau?
3
1 )
x
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình phaân ban THPT thí ñieåm (2 ñ) 0 x 1) Giaûi phöông trình: log
x ) − −
1 + −
=3
−
log ( 8
2
log ( 1 2
2) Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình thoi caïnh a, B (cid:0)A D = 600, SA vuoâng goùc vôùi mp (ABCD), SA = a. Goïi C′ laø trung ñieåm cuûa SC. Maët phaúng (P) ñi qua AC / vaø
′ . Tính theå tích cuûa khoái choùp
,B D′
′
song song vôùi BD, caét caùc caïnh SB, SD cuûa hình choùp laàn löôït taïi S.A B C D′
′ .
2
HƯỚNG DẪN GIẢI 2
1
x
0
0
,
y
'
x
hay x
Caâu I 1/ KS y=
2
−
= ⇔ =
= −
MXÑ: D= R \ { }1 y’=
x 2
x x (
2 1 )
+ +
x − − 1 x +
TC:x=-1, y=x-2 BBT
x y’ y
- ∞ + - ∞
-2 0 -5
∞
+ ∞ + + ∞
-1 - + ∞
- -
0 0 -1
2/ Vieát pt tieáp tuyeán vôùi (C) ñi qua A(0,-5) Phöông trình tieáp tuyeá(cid:0) ñi A(0,-5)coù daïng: y= kx - 5
5
1 ( )
x
2 − +
kx = −
1 1 x +
⇔
(cid:0) tieáp xuùc vôùi (C)
2 ( )
k
=
(
x
1 21 ) +
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ − 1 ⎪ ⎩
coù nghieäm
theá (2) vaøo (1) ta coù pt hñ tieáp ñieåm: 3x2+8x+4=0
⇔ x=-2 v x= −
⇒
k1= 0 v k2 = - 8
2 3
1):y= -5 vaø (
2):y = -8x-5
Δ
Δ
vaäy coù hai tieáp tuyeán ( Caâu II 1/ Giaûi pt : (2sin2x-1)tg22x+3(2cos2x-1)=0 (1) ÑK cos2x ≠ 0 (1)
- cos2xtg22x+3cos2x=0
tg22x=3
⇔
⇔
(thoaû ñieàu kieän)
x
⇔ = ± +
⇔ tg2x= ± 3 π π k 2 6
Nhaän xeùt : ta khoâng caàn ñaët ñieàu kieän cuõng ñöôïc, vì khi tg2x toàn taïi nghóa laø ñaõ coù cos2x
0 ≠
2
2/ Giaûi pt:
x
(1)
⇔
− + x
)(
x
3 2 x 3 2 x − +
1 4 x − = 1 3 x ( − =
5 2 (1) 9 2 3 x x − + − + 1 6 2 3 2 2 ) x x ( ( ) − + − − +
−
1 ) −
6
3 2 x
x
− +
−
=
2 ) 1 −
2
3
( 1 ≥ 0 x − t2-t - 6=0
t
l hay t ( )
3 2 x − + Ñaët t = (1)thaønh t = t2- 6
⇔
⇔
= −
=
1 vaäy ( ) ⇔ 3x-2+x-1+
3 2 x ⇔ − + 2 3 2 ( x −
⇔ (
2 3 2 x
)(
x
−
1 3 x − = 1 =9 vaø x ≥1 )( ) x − 1) =12-4x vaø x ≥1 −
x
3 2 ( x −
1) = 6-2x vaø x ≥1 − 3 1
x2-19x +34 =0 vaø
x≤ ≤ ⇔ x=2
⇔
13
)( ⇔ ⇔ (3x-2)(x -1)=(6 -2x)2 vaø x≤ ≤
Caâu III
1/
,
)
−1 1 0 ( ,
1(cid:0)
,
ñi qua M2(3,1,0), VTCP
ur a = ñi qua M1(1,-1,2), VTCP ur b = −1 2 1 ( , )
2(cid:0)
do ñoù pt(P) : -(x-1) - (y+1) + (z-2)=0
r r , a b
(
1 11) , ,
= − −
ur n ⎡ = ⎣
⎤ ⎦
t
uuur ⇒ AB
0
0
'
2 3 t t +
=
=
Vì AB ⊥ (
)
2
⇔
⇔
⇔
0
t
' t = =
,1 (cid:0) (cid:0)
0
'
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ 3 6 t t + ⎩
=
0
=
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
mp(P) caàn tìm chöùa (cid:0) 1vaø //(cid:0) 2 neân (P) qua M1 coù PVT ⇔ x + y – z + 2= 0 AB ⊥ (cid:0) 1,(cid:0) 2) ( 2/ AB ngaén nhaát <=> 1 t x = + 3 ⎧⎪Δ t x ' = − ⎧⎪Δ : 1 y =− − : 1 2 ' t y = + ⎨ ⎨ 1 2 2 ⎪ z = ⎪ ' z t = ⎩ ⎩ A ∈(cid:0) 1=> A(1+t,-1-t,2);B∈(cid:0) 2=>B(3-t’ ,1+2t’ ,t’) =(2-t’-t,2+2t’+t,t’-2) uuur r AB a . uuur r AB b . ⇒ A(1,-1,2) , B(3,1,0) (truøng vôùi M1, M2) Caâu IV
10
1/ Tính I=
Ñaët t= x −1 ⇒ x=t2+1 ⇒ dx=2tdt
0
∫
dx 2
1
x
x
−
− Ñoåi caän: t ( 5 ) = 2 ; t ( 10 ) = 3
I
=
=
(
dt )
+
2
t
1 1 −
1 1 ) −
3
3
=
=
−
2
3 2 ∫ t ( 2 2 2 1
3 ∫ t 2 ln
t
ln
+
2
2
t
2 tdt 2 2 1 t − + 2 1 − 1 −
y x
= +
+
2/ Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa 11 2 x
7 ⎞ ⎟ (x > 0) (1) ⎠2 x
2
3
7
Tacoù:
3 1 .
.
=
+
+
≤
+
+
=
+
(
) 9 7 1
7 x
7 x
7 2 x
7 2 x
⎛ 4 1 +⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 16 1 ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
7
x
3
+
+
≥
x
(A)
=
=
⇒
Daáu “=” xaûy ra ⇔
3 1
7 x
7
⎛ 4 1 ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
2
6
(
x
)
x .
Suy ra:
+
+
= + =
y
x
7 1 ⎞ ⎟ 2 2 x ⎠ ≥ + 11 1 + 2 2
3 = + 2
3 ≥ + 2
3 2
15 2
x
9 x
7 x
9 x
⎞ ⎟ ⎠
=
vaø (A)
x =3
Daáu “=” xaûy ra ⇔ x
⇔
⎛ ⎜ ⎝ 9 x
xaûy ra
x=3
⇔
Vaäy ta coù ymin =
15 2
Caâu Va 1/pt trung tröïc cuûa AC laø: x+3y-8=0 Do tam giaùc ABC caân taïi B neân B thuoäc trg tröïc cuûa AC. Do ñoù
x
+
3 8 y =
B
B
⇔
8 16 , 7 7
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
0
x y − =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
1
1
−
+
23
pt ñöôøng thaúng AB:
y
x ⇔ − −
24 0 =
=
1
1
−
+
x 8 7
y 16 7
3 =6 caùch. Ta xem moãi caëp soá leû nhö vaäy laø
töông töï pt BC: 19x-13y +8=0. 2/ Soá caùch choïn hai chöõ soá leû ñöùng caïnh nhau töø ba chöõ soá 1,3,5 laø A2 moät phaàn töû x. Vaäy moãi soá caàn laäp goàm phaàn töû x vaø 3 trong 4 chöõ soá chaün 0,2,4,6 . Goïi n a a a a a
3 caùch.
3 =18 caùch
≠
= 4 3 2 1 0 Ta coù caùc tröôøng hôïp sau: * TH1: a0= 0.Ñöa x vaøo 4 vò trí ñaàu coù 3 caùch Ñöa 2 soá chaün töø 2,4,6 vaøo 2 vò trí coøn laïi coù A2 Vaäy coù 3. A2 *TH2:a0 chaün 0 vaø x ôû hai vò trí a4a3 . Coù 3.
3 =18 caùch
A2
≠
*TH3:a5 chaün 0 vaø x ôû hai vò trí a3a2 hoaëc a2a1 .Coù 24 caùch. Vaäy ta coù 6(18+18+24)=360 soá n. Caâu Vb
3
x
(
x
)
(
x
1 )
1/ Giaûi pt:
0 (1)
1 + −
−
−
−
=3
log
log
log
2
8
1 2
(1 ) ⇔
3
x
x
(
x
1 )
x
(
1 3 )(
x
)
x 1
−
=
− ⇔ +
−
= −
) 1 + +
(
(
)
Vôùi ÑK: 1 < x < 3 thì log
log
2
2
17
2 1
17
log 1 −
+
⇔ x2- x- 4 = 0 <=>
x
l hay x ( )
=
=
2
060
2 (cid:0)BAD =
2/ Hình thoi ABCD coù
ñeàu coù caïnh laø a
neân BADΔ
3
a
2
3
⇒
AO
AC
AO
a
=
=>
=
=
2
2
2
2
4
a
a
2 2 SA AC +
=
23 a +
=
⇒ SC = ⇒ SC=2a Trong
vuoâng ôû A, trung tuyeán
AC
'
a
=
=
=>
ñeàu caïnh a
'
SACΔ
SAC(cid:0) SC 2
Goïi 0 laø giao ñieåm cuûa AC vôùi BD I laø giao ñieåm cuûa AC’ vaø B’D’. Ta coù I laø troïng taâm SACΔ ( vì laø giao ñieåm cuûa 2 trung tuyeán SO vaø AC’)
B D '
'
BD
a
=
=
⇒
2 = ⇒ 3
2 3
2 3
SI 0 S
2
'
'
'. AC B D
Ta coù B’D’ AC’ ( vì B’D’// BD ) neân
⊥
=
=
AB C D '
'
'
S
1 2
a 3
SH AC SH B D ',
'
'
vì
. Chuù yù raèng
'
⊥
⊥
SACΔ
'
Ñöôøng cao h cuûa khoái choùp S.AB’C’D’ chính laø ñöôøng cao SH cuûa SACΔ
ñeàu caïnh a neân
h = SH =
a 3 2
Vaäy
=
=
SAB C D '
'
'
AB C D '
'
'
V
S . h
1 3
3 3 a 18
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC NAÊM 2006 (ÑEÀ DÖÏ TRÖÕ) Ñeà DÖÏ BÒ 1 – khoái A – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ) 1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò haøm soá
5
x
y =
(C)
2 2 x + + 1 x +
x2 + 2x + 5 = (m2 + 2m + 5)(x + 1)
2) Döïa vaøo ñoà thò (C), tìm m ñeå phöông trình sau ñaây coù hai nghieäm döông phaân bieät Caâu II (2 ñ)
1) Giaûi phöông trình: cos3x cos3x – sin3x sin3x =
+2 3 2 8
2
4
(
x
)
y
1 ) + +
y y x ( +
=
2) Giaûi heä phöông trình:
)
( , x y R ∈
2
(
1 )(
2 )
x
y x
y
+
+ −
=
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Caâu III (2 ñ)
′
ñöùng ABC A B C′
Trong khoâng gian vôùi heä truïc toïa ñoä Oxyz. Cho hình laêng truï ′ coù A(0, 0, 0) ; B(2, 0, 0) ; C(0, 2, 0) ; A′ (0, 0, 2) 1) Chöùng minh A′ C vuoâng goùc vôùi BC. Vieát phöông trình mp (AB C′ ) 2) Vieát phöông trình hình chieáu vuoâng goùc cuûa ñöôøng thaúng B C′ ′ treân mp (AB C ) ′ Caâu IV (2 ñ)
6
dx
1) Tính tích phaân:
I =
4
1
x
x
1 + +
+
∫ 2 2
2
2
4 3 3
3
xy
x
y
−
≤
−
−
2) Cho x, y laø caùc soá thöïc thoûa maõn ñieàu kieän: x2 + xy + y2 ≤ 3. − ≤
Chöùng minh raèng:
4 3 3 −
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ)
2
2
1
+
=
) 1 Trong mp vôùi heä truïc Oxy, cho elíp (E):
x 12
y 2
Vieát phöông trình hypebol (H) coù hai ñöôøng tieäm caän laø y = ± 2x
vaø coù hai tieâu ñieåm laø hai tieâu ñieåm cuûa elíp (E)
2)AÙp duïng khai trieån nhò thöùc Newton cuûa (x2 + x)100, chöùng minh raèng:
99
0
100
101
199
200
0
C
C
C
C
−
... + −
+
=
1 100
99 100
100 100
1 2
1 2
⎞ ⎟ ⎠
198 ⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
199 ⎞ ⎟ ⎠
100 ⎞ ⎟ ⎠ aäp k
⎛ ⎜ ⎝ cuûa n phaàn töû )
1 1 ⎛ ⎛ ⎜ ⎜ 100 2 2 ⎝ ⎝ k nC laø soá toå hôïp ch (
logx + 1(-2x) > 2 ′
′
′
′ coù caùc caïnh AB = AD = a,
ng trình: ñöùng ABCD. A B C D
Caâu Vb (2 ñ) 1) aûi baát Gi o 2) Ch hìn
A A′ =
vaø goùc BAD = 600. Goïi M vaø N aàn löôït laø trung ñieåm
l
phöô h hoäp a 3 2
ùc caïnh A D′
′ vaø A B′
′ . Chöùng
minh A C′ vuoâng goùc vôùi mp
cuûa ca (BDMN). Tính theå tích khoái cho
ùp A.BDMN
Baøi giaûi
x
1/ KS y=
, MXÑ: D=R/{ }−1
x
, y
x=1 hay x=-3
y’=
’=0 ⇔
2 2 5x + + 1 x + 2 2 3 x+ − x + 2 1 ) (
TC: x=1, y=x+1 -3 0 -4
x y’ y
+ ∞ + + ∞
- ∞ + - ∞
-1 - + ∞
- - ∞
1 0 4
2/ Tìm m ñeå pt coù 2 nghieäm d ông phaân bieät. Vì x >0, pt ñaõ cho
ö
2
5
x
2
2
m
m
+
=
+
5
⇔
2 x+ + +1 x
Soá nghieäm cuûa phöông trình ñaõ cho baèng soá giao ñieåm cuûa ñoà thò haøm
2
5
x
, x > 0, vôùi ñöôøng thaúng y=
5 . Töø BBT
soá y =
m
2 2 m+
+
+ x
2 x + 1 +
vaø y(0) ta suy ra
cuûa (C)
1
m
≠−
2
4
2
5 5
ycbt ⇔
m
m
<
+
2
0
m− < <
⎧ ⎪ + < <=> ⎨ ⎪⎩
Caâu II
1/Giaûi pt: cos3x.cos3x-sin3x.sin3x=
(1)
+2 3 2 8
os3x+
x)-s
-
(1)
3x(c
3cos
in3x(3sinx sin3x)=
⇔ cos
⇔ cos23x+sin23x+3(cos3x.cosx-sin3x.sinx)= + 1
+2 3 2 2 3 2 2
cos4x=
=cos
⇔
⇔ x=
±
2 2
π 4
2
4
x
y
( y y
)
=
2/ Gæai heä phöông trình
(I)
π π k + 16 2 1 x + + + 2
y
y
(x
2 )
+
x + −
=
1 )( 0
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩ x
=2 1 +
*Khi y=0 thì (I)
(VN)
⇔
2
x
1 )(
+
2 0 ) − =
(
x
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2
*Khi y 0 chia hai pt cho y 1
x
2
2 2
x
y + +
− =
1
x
2 2
y
x + + − =
+ y
(I)
⇔
⇔
+ y 2
1
x
2
1
(
2 )
y
x + −
=
0
y
y
(
2 )
2 (
2 )
x + −
−
x + −
1 + =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
+ y
ng vaø tích ) 2 1 x
1
2
hay
⇔
⇔
y + − = 2
= − 5
2
x
x
1 3 + = −
x =⎧ ⎨ y =⎩
≠ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ ( do pt toå ⎧ ⎨ ⎩
2
2
2
2
1 ) (
)(
x
y
y
x
(
(
1 ) (
y
2 )
x ⎧ ⎨ y =⎩ Caùch khaùc Thay y cuûa pt 2 vaøo pt 1 ta coù 4 ) x x = +
x + −
+
+
x + −
( I)
1 + + 2
1
(
x
)(
y
2 )
y
+
x + −
=
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
4
2
(
)
y
x
y
y
)(
)2
=
+
x + −
x + −
( chia 2 veá cuûa pt 1 cho 1 + x2 )
(
y
x
y
2 )
1 )(
=
+
x + −
2
2 )
(
y
x
y
y
)(
2 2 4 )
=
x + −
x + −
+ − +
( + 2
(
x
y
2 )
1 ) (
y
+
x + −
=
2 1
x
− =
hay
⇔
⇔
1 2
1 3
x
x
−
+ =
2 x = − ⎧ ⎨ 5 y =⎩
x =⎧ ⎨ y =⎩
2 2 2 , )
uuuur BC '
),
(
,
−
=
0
2 2 .( )
2 2 .( )
2 )
.(
'
1 ( + ⎧ ⇔ ⎨ 2 ⎩ 1 ⎧ ⇔ ⎨ ⎩ y +⎧ ⎨ 2 ⎩ Caâu III. 1/CM: A’C BC’. Vieát phöông trình mp(ABC’) ⊥ uuuur / 0 2 2 où Ta c A C , ( , = − uuuur uuuur A C BC . '
uuuu r A C '
uuuur BC '
0 = ⇔
⊥
−
−
+
=
. Vì A’C
⊥ BC’,
=
laø PVT cuûa mp(ABC’)
, )
(
,
uuuuur 'B C = '
A’ C ⊥ AB=> A’C ⊥ (ABC’) uuuur 0 2 2 ⇒ 'A C , ( , ) − ⇒ pt(ABC’): 0.(x-0)+2(y-0)-2(z-0) = 0 ⇔ y - z = 0 2/Vieát phöông trình hình chieáu vuoâng goùc cuûa B’C’ leân mp(ABC’) Ta coù
uuur BC = −2 2 0 . Goïi (α) laø mp chöùa B’C’ vaø ⊥ (ABC’).
hieáu vuoâng goùc cuûa B’C’ leân mp(ABC’) l
aø g
iao tuyeán cuûa
h
uuuuur uuuur B C A C ',
'
'
4 4 4 ,
(
)
4 111 ( , , )
, = − − −
= −
K i ñoù hình c (α) vaø (ABC’) uur (α) coù PVT n
⎡ = α ⎣
⎤ ⎦
⇒ pt(α):1(x-0)+1(y-2)+1(z-2)=0 ⇔ x+y+z - 4=0.
4 0
x y z + + − =
Vaäy pt hì
nh chieáu B’C’ leân (ABC’) laø
=0
y z −
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
Caâu IV
6
dx
Ñaët t=
x=
,
1/ Tính I=
1 ⇒ t2=4x+
1 ⇒
x +4
t −2 1 4
∫ 2 2
4
1
x
x
1 + +
+
dx=
.Ñoåi caän : t ( 2) = 3 ; t ( 6 ) = 5
5
5
5
5
dt
t dt 2 t (
ln
t
ln
I=
1 + +
=
=
−
=2
3
3
3
∫
∫
∫
1
t
t
(
t
1 1 ) + − 2 1 ) t ( +
dt +
dt 1 ) +
⎡ ⎢ ⎣
1 ⎤ ⎥+ 1 ⎦ 3
2
2
4 3 3
3
x
xy
y
− ≤
−
≤
−
4 3 3 vôùi x
1 3 − 2 12 2+xy+y2
− − 2/Chöùng minh: Ñaët A= x2+xy+y2 , B= x2-xy-3y2
B=x2. Do ñoù
−
2
2
)
B
A
=
=
*Neáu y ≠ 0 Ñaët t=
.Ta coù :
y 2
2
3 1
2 ≤ 3 ⇒ 3 (ÑPCM) 2 xy xy
A x ( 2 x
3 y
t t
t t
− +
− +
− +
− +
gia 0 thì *Neáu y= theo û thieát A=x 3 3 4 3 0 4 3 B ≤ < − ≤ ≤ − x y
2
2
3 0
u
1 ) t
u (
1 ) t
u
=
( u ⇔ −
+
+
+ + =
Ta tìm taäp giaù trò cuûa
2
3 1
t t
t − − t + +
a
u
vì
vaø b =
u= (
−1 )
+1 khoâng ñoàng thôøi baèng 0 neân
mieàn giaù trò cuû
la
a u
ø Δ ≥ ⇔0
.
≤ u ≤
− −3 4 3 3
− +3 4 3 3
0 ≤ A ≤ 3 A.u vaø 3 ≤ ≤ − +3 4 3 B
2
coù hai tieâu ñieå
m
1/(E):
=1
+
10
y 2 10 0 , ),
(
,
0 )
laø
Ta coù B = −3⇒ − 4 Caâu Va 2 x 12 ( F −1
F 2
2
−
ùi
⇒ (H):
2 1 vô =
2
(H) coù cuøng tieâu ñieåm vôùi (E) 2 y b
x a a2+b2=c2=10 (1) (H) coù hai tieäm caän
2
y
x
x
= ±
= ±
b a
2
b
a
2 ( )
⇔ = =>2
=
b a
Töø (1),(2) suy ra a2=2,b2=8
2
2
1
pt(H):
⇒
=
−
2
100
101
102
y 8 100 )
x
x
2/ Ta coù (
200 laáy
ñaïo
x 2 +
+
+
... + +
=
1 C x 100
2 C x 100
100 C x 100
haøm hai veá, cho x= -
vaø nhaân hai veá cho (-1).Ta coù keát quaû:
99
100
0 C x 100 1 2 1
0
99
100
198
199
100
199
00
101
2
0
C
)
C
C
C
(
)
(
)
(
)
(
−
... + −
+
=
1 2
1 2
1 2
1 2
100
100
100
)− x
>
2 (1). Vôùi ÑK: -1< x < 0
0 < x + 1 < 1
⇒
1 2
100 Vb Caâu 1/Giaûi pt: log x (
+
2
(
)
log
(
x
x
(1)
−
2 > =
+ 2 1 )
⇔ log
1
x
x
+
0
⇔
1 0
x
1 + vaø -1< x <0 1 x < − < 2 4 x+
+ >
⎧ ⎨ ⎩
SD ; S,N,B thaúng haøng vaø N laø
ñieåm
⇔ -2+ 3 < x < 0 2/ Goïi O laø taâm hình thoi ABCD S laø ñieåm ñoái xöùng cuûa A qua A’. Khi ñoù S,M,D thaúng haøng vaø M l trung BADΔ
aø trung ñieåm cuûa cuûa SB coù AB=AD= a
,
(cid:0)BAD =600 ⇒ BADΔ
ñeàu AO=⇒
a 3 2
AC=2
AO
= a 3 =SA
=AO Hai tam gi
CC’=
ùc vuo a
âng
SO
(1)
2)
a 3 2 n SAO va CC’ baèng hau ø A ⇒ (cid:0) (cid:0) '' ASO CAC A> C ⊥ = = Vì BD AC vaø B D ⊥ AA’ ⊥ ⇒ BD ⊥ (AC C’A’) ⇒ BD ⊥ A C’ ( Töø (1) vaø (2) suy ra AC’
⊥ (BDMN)
Do
ñoù: VABDMN=
MN=
S SBD )
VSABD ( vì S (cid:0) S
(cid:0)
3 4
1 4
2
3
3
a
3
. SA S
a
=
=
=
ABD
3 1 4 3
3 a 16
4
1 4
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
( Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn )
Ñeà DÖÏ BÒ 1 – khoái B – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
2
1
x
Cho haøm soá y =
x − − 1 x +
2
9 2 3
1 4
3
2
x
x
x
x
x
,
R
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Vieát phöông trình caùc tieáp tuyeán cuûa ñoà thò (C) ñi qua A(0, -5) Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: (2sin2x – 1)tg22x + 3(2cos2x – 1) = 0 5 2 x − + 2) Giaûi phöông trình:
− +
− =
+
−
∈
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho 2 ñöôøng thaúng:
x
1
:
Δ
=
=
t
:
2
Δ 1
y − 2
z 1
3 x − 1 −
1 t = + 1 = − − 2
⎧ ⎪ y ⎨ ⎪ =⎩ z
Δ 2
1) Vieát phöông trình maët phaúng chöùa ñöôøng thaúng Δ 1 vaø song song vôùi ñöôøng thaúng 2) Xaùc ñònh ñieåm A treân
vaø ñieåm B treân
Δ2
Δ1
sao cho ñoaïn thaúng AB coù ñoä daøi nhoû nhaát. Caâu IV (2 ñ)
10
1) Tính tích phaân:
I =
∫
dx 2
1
x
x
−
−
5
= +
+
2) Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá: y x
11 2 x
7 ⎞ ⎟ , x > 0 ⎠2 x
⎛ 4 1 +⎜ ⎝ Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1)Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC caân taïi B, vôùi
A(1, -1) ; C(3, 5). Ñieåm B naèm treân ñöôøng thaúng
d: 2x – y = 0. Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng AB, BC. 2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá chaün, moãi soá coù 5 chöõ soá khaùc nhau, trong ñoù coù
ñuùng 2 chöõ soá leû vaø 2 chöõ soá leû ñoù ñöùng caïnh nhau?
3
1 )
x
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình phaân ban THPT thí ñieåm (2 ñ) 0 x 1) Giaûi phöông trình: log
x ) − −
1 + −
=3
−
log ( 8
2
log ( 1 2
2) Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình thoi caïnh a, B (cid:0)A D = 600, SA vuoâng goùc vôùi mp (ABCD), SA = a. Goïi C′ laø trung ñieåm cuûa SC. Maët phaúng (P) ñi qua AC / vaø
′ . Tính theå tích cuûa khoái choùp
,B D′
′
song song vôùi BD, caét caùc caïnh SB, SD cuûa hình choùp laàn löôït taïi S.A B C D′
′ .
2
HƯỚNG DẪN GIẢI 2
1
x
0
0
,
y
'
x
hay x
Caâu I 1/ KS y=
2
−
= ⇔ =
= −
MXÑ: D= R \ { }1 y’=
x 2
x x (
2 1 )
+ +
x − − 1 x +
TC:x=-1, y=x-2 BBT
x y’ y
- ∞ + - ∞
-2 0 -5
∞
+ ∞ + + ∞
-1 - + ∞
- -
0 0 -1
2/ Vieát pt tieáp tuyeán vôùi (C) ñi qua A(0,-5) Phöông trình tieáp tuyeá(cid:0) ñi A(0,-5)coù daïng: y= kx - 5
5
1 ( )
x
2 − +
kx = −
1 1 x +
⇔
(cid:0) tieáp xuùc vôùi (C)
2 ( )
k
=
(
x
1 21 ) +
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ − 1 ⎪ ⎩
coù nghieäm
theá (2) vaøo (1) ta coù pt hñ tieáp ñieåm: 3x2+8x+4=0
⇔ x=-2 v x= −
⇒
k1= 0 v k2 = - 8
2 3
1):y= -5 vaø (
2):y = -8x-5
Δ
Δ
vaäy coù hai tieáp tuyeán ( Caâu II 1/ Giaûi pt : (2sin2x-1)tg22x+3(2cos2x-1)=0 (1) ÑK cos2x ≠ 0 (1)
- cos2xtg22x+3cos2x=0
tg22x=3
⇔
⇔
(thoaû ñieàu kieän)
x
⇔ = ± +
⇔ tg2x= ± 3 π π k 2 6
Nhaän xeùt : ta khoâng caàn ñaët ñieàu kieän cuõng ñöôïc, vì khi tg2x toàn taïi nghóa laø ñaõ coù cos2x
0 ≠
2
2/ Giaûi pt:
x
(1)
⇔
− + x
)(
x
3 2 x 3 2 x − +
1 4 x − = 1 3 x ( − =
5 2 (1) 9 2 3 x x − + − + 1 6 2 3 2 2 ) x x ( ( ) − + − − +
−
1 ) −
6
3 2 x
x
− +
−
=
2 ) 1 −
2
3
( 1 ≥ 0 x − t2-t - 6=0
t
l hay t ( )
3 2 x − + Ñaët t = (1)thaønh t = t2- 6
⇔
⇔
= −
=
1 vaäy ( ) ⇔ 3x-2+x-1+
3 2 x ⇔ − + 2 3 2 ( x −
⇔ (
2 3 2 x
)(
x
−
1 3 x − = 1 =9 vaø x ≥1 )( ) x − 1) =12-4x vaø x ≥1 −
x
3 2 ( x −
1) = 6-2x vaø x ≥1 − 3 1
x2-19x +34 =0 vaø
x≤ ≤ ⇔ x=2
⇔
13
)( ⇔ ⇔ (3x-2)(x -1)=(6 -2x)2 vaø x≤ ≤
Caâu III
1/
,
)
−1 1 0 ( ,
1(cid:0)
,
ñi qua M2(3,1,0), VTCP
ur a = ñi qua M1(1,-1,2), VTCP ur b = −1 2 1 ( , )
2(cid:0)
do ñoù pt(P) : -(x-1) - (y+1) + (z-2)=0
r r , a b
(
1 11) , ,
= − −
ur n ⎡ = ⎣
⎤ ⎦
t
uuur ⇒ AB
0
0
'
2 3 t t +
=
=
Vì AB ⊥ (
)
2
⇔
⇔
⇔
0
t
' t = =
,1 (cid:0) (cid:0)
0
'
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ 3 6 t t + ⎩
=
0
=
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
mp(P) caàn tìm chöùa (cid:0) 1vaø //(cid:0) 2 neân (P) qua M1 coù PVT ⇔ x + y – z + 2= 0 AB ⊥ (cid:0) 1,(cid:0) 2) ( 2/ AB ngaén nhaát <=> 1 t x = + 3 ⎧⎪Δ t x ' = − ⎧⎪Δ : 1 y =− − : 1 2 ' t y = + ⎨ ⎨ 1 2 2 ⎪ z = ⎪ ' z t = ⎩ ⎩ A ∈(cid:0) 1=> A(1+t,-1-t,2);B∈(cid:0) 2=>B(3-t’ ,1+2t’ ,t’) =(2-t’-t,2+2t’+t,t’-2) uuur r AB a . uuur r AB b . ⇒ A(1,-1,2) , B(3,1,0) (truøng vôùi M1, M2) Caâu IV
10
1/ Tính I=
Ñaët t= x −1 ⇒ x=t2+1 ⇒ dx=2tdt
0
∫
dx 2
1
x
x
−
− Ñoåi caän: t ( 5 ) = 2 ; t ( 10 ) = 3
I
=
=
(
dt )
+
2
t
1 1 −
1 1 ) −
3
3
=
=
−
2
3 2 ∫ t ( 2 2 2 1
3 ∫ t 2 ln
t
ln
+
2
2
t
2 tdt 2 2 1 t − + 2 1 − 1 −
y x
= +
+
2/ Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa 11 2 x
7 ⎞ ⎟ (x > 0) (1) ⎠2 x
2
3
7
Tacoù:
3 1 .
.
=
+
+
≤
+
+
=
+
(
) 9 7 1
7 x
7 x
7 2 x
7 2 x
⎛ 4 1 +⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 16 1 ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
7
x
3
+
+
≥
x
(A)
=
=
⇒
Daáu “=” xaûy ra ⇔
3 1
7 x
7
⎛ 4 1 ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
2
6
(
x
)
x .
Suy ra:
+
+
= + =
y
x
7 1 ⎞ ⎟ 2 2 x ⎠ ≥ + 11 1 + 2 2
3 = + 2
3 ≥ + 2
3 2
15 2
x
9 x
7 x
9 x
⎞ ⎟ ⎠
=
vaø (A)
x =3
Daáu “=” xaûy ra ⇔ x
⇔
⎛ ⎜ ⎝ 9 x
xaûy ra
x=3
⇔
Vaäy ta coù ymin =
15 2
Caâu Va 1/pt trung tröïc cuûa AC laø: x+3y-8=0 Do tam giaùc ABC caân taïi B neân B thuoäc trg tröïc cuûa AC. Do ñoù
x
+
3 8 y =
B
B
⇔
8 16 , 7 7
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
0
x y − =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
1
1
−
+
23
pt ñöôøng thaúng AB:
y
x ⇔ − −
24 0 =
=
1
1
−
+
x 8 7
y 16 7
3 =6 caùch. Ta xem moãi caëp soá leû nhö vaäy laø
töông töï pt BC: 19x-13y +8=0. 2/ Soá caùch choïn hai chöõ soá leû ñöùng caïnh nhau töø ba chöõ soá 1,3,5 laø A2 moät phaàn töû x. Vaäy moãi soá caàn laäp goàm phaàn töû x vaø 3 trong 4 chöõ soá chaün 0,2,4,6 . Goïi n a a a a a
3 caùch.
3 =18 caùch
≠
= 4 3 2 1 0 Ta coù caùc tröôøng hôïp sau: * TH1: a0= 0.Ñöa x vaøo 4 vò trí ñaàu coù 3 caùch Ñöa 2 soá chaün töø 2,4,6 vaøo 2 vò trí coøn laïi coù A2 Vaäy coù 3. A2 *TH2:a0 chaün 0 vaø x ôû hai vò trí a4a3 . Coù 3.
3 =18 caùch
A2
≠
*TH3:a5 chaün 0 vaø x ôû hai vò trí a3a2 hoaëc a2a1 .Coù 24 caùch. Vaäy ta coù 6(18+18+24)=360 soá n. Caâu Vb
3
x
(
x
)
(
x
1 )
1/ Giaûi pt:
0 (1)
1 + −
−
−
−
=3
log
log
log
2
8
1 2
(1 ) ⇔
3
x
x
(
x
1 )
x
(
1 3 )(
x
)
x 1
−
=
− ⇔ +
−
= −
) 1 + +
(
(
)
Vôùi ÑK: 1 < x < 3 thì log
log
2
2
17
2 1
17
log 1 −
+
⇔ x2- x- 4 = 0 <=>
x
l hay x ( )
=
=
2
060
2 (cid:0)BAD =
2/ Hình thoi ABCD coù
ñeàu coù caïnh laø a
neân BADΔ
3
a
2
3
⇒
AO
AC
AO
a
=
=>
=
=
2
2
2
2
4
a
a
2 2 SA AC +
=
23 a +
=
⇒ SC = ⇒ SC=2a Trong
vuoâng ôû A, trung tuyeán
AC
'
a
=
=
=>
ñeàu caïnh a
'
SACΔ
SAC(cid:0) SC 2
Goïi 0 laø giao ñieåm cuûa AC vôùi BD I laø giao ñieåm cuûa AC’ vaø B’D’. Ta coù I laø troïng taâm SACΔ ( vì laø giao ñieåm cuûa 2 trung tuyeán SO vaø AC’)
B D '
'
BD
a
=
=
⇒
2 = ⇒ 3
2 3
2 3
SI 0 S
2
'
'
'. AC B D
Ta coù B’D’ AC’ ( vì B’D’// BD ) neân
⊥
=
=
AB C D '
'
'
S
1 2
a 3
SH AC SH B D ',
'
'
vì
. Chuù yù raèng
'
⊥
⊥
SACΔ
'
Ñöôøng cao h cuûa khoái choùp S.AB’C’D’ chính laø ñöôøng cao SH cuûa SACΔ
ñeàu caïnh a neân
h = SH =
a 3 2
Vaäy
=
=
SAB C D '
'
'
AB C D '
'
'
V
S . h
1 3
3 3 a 18
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
Ñeà DÖÏ BÒ 1 – khoái B – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
2
1
x
Cho haøm soá y =
x − − 1 x +
2
9 2 3
1 4
3
2
x
x
x
x
x
,
R
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Vieát phöông trình caùc tieáp tuyeán cuûa ñoà thò (C) ñi qua A(0, -5) Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: (2sin2x – 1)tg22x + 3(2cos2x – 1) = 0 5 2 x − + 2) Giaûi phöông trình:
− +
− =
−
+
∈
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho 2 ñöôøng thaúng:
x
1
:
Δ
=
=
t
:
2
Δ 1
y − 2
z 1
3 x − 1 −
1 t = + 1 = − − 2
⎧ ⎪ y ⎨ ⎪ =⎩ z
Δ 2
1) Vieát phöông trình maët phaúng chöùa ñöôøng thaúng Δ 1 vaø song song vôùi ñöôøng thaúng 2) Xaùc ñònh ñieåm A treân
vaø ñieåm B treân
Δ2
Δ1
sao cho ñoaïn thaúng AB coù ñoä daøi nhoû nhaát. Caâu IV (2 ñ)
10
1) Tính tích phaân:
I =
∫
dx 2
1
x
x
−
−
5
= +
+
2) Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa haøm soá: y x
11 2 x
7 ⎞ ⎟ , x > 0 ⎠2 x
⎛ 4 1 +⎜ ⎝ Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1)Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho tam giaùc ABC caân taïi B, vôùi
A(1, -1) ; C(3, 5). Ñieåm B naèm treân ñöôøng thaúng
d: 2x – y = 0. Vieát phöông trình caùc ñöôøng thaúng AB, BC. 2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá chaün, moãi soá coù 5 chöõ soá khaùc nhau, trong ñoù coù
ñuùng 2 chöõ soá leû vaø 2 chöõ soá leû ñoù ñöùng caïnh nhau?
3
1 )
x
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình phaân ban THPT thí ñieåm (2 ñ) 0 x 1) Giaûi phöông trình: log
x ) − −
1 + −
=3
−
log ( 8
2
log ( 1 2
2) Cho hình choùp S.ABCD coù ñaùy ABCD laø hình thoi caïnh a, B (cid:0)A D = 600, SA vuoâng goùc vôùi mp (ABCD), SA = a. Goïi C′ laø trung ñieåm cuûa SC. Maët phaúng (P) ñi qua AC / vaø
′ . Tính theå tích cuûa khoái choùp
,B D′
′
song song vôùi BD, caét caùc caïnh SB, SD cuûa hình choùp laàn löôït taïi S.A B C D′
′ .
2
HƯỚNG DẪN GIẢI 2
1
x
0
0
,
y
'
x
hay x
Caâu I 1/ KS y=
2
−
= ⇔ =
= −
MXÑ: D= R \ { }1 y’=
x 2
x x (
2 1 )
+ +
x − − 1 x +
TC:x=-1, y=x-2 BBT
x y’ y
- ∞ + - ∞
-2 0 -5
∞
+ ∞ + + ∞
-1 - + ∞
- -
0 0 -1
2/ Vieát pt tieáp tuyeán vôùi (C) ñi qua A(0,-5) Phöông trình tieáp tuyeá(cid:0) ñi A(0,-5)coù daïng: y= kx - 5
5
1 ( )
x
2 − +
kx = −
1 1 x +
⇔
(cid:0) tieáp xuùc vôùi (C)
2 ( )
k
=
(
x
1 21 ) +
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ − 1 ⎪ ⎩
coù nghieäm
theá (2) vaøo (1) ta coù pt hñ tieáp ñieåm: 3x2+8x+4=0
⇔ x=-2 v x= −
⇒
k1= 0 v k2 = - 8
2 3
1):y= -5 vaø (
2):y = -8x-5
Δ
Δ
vaäy coù hai tieáp tuyeán ( Caâu II 1/ Giaûi pt : (2sin2x-1)tg22x+3(2cos2x-1)=0 (1) ÑK cos2x ≠ 0 (1)
- cos2xtg22x+3cos2x=0
tg22x=3
⇔
⇔
(thoaû ñieàu kieän)
x
⇔ = ± +
⇔ tg2x= ± 3 π π k 2 6
Nhaän xeùt : ta khoâng caàn ñaët ñieàu kieän cuõng ñöôïc, vì khi tg2x toàn taïi nghóa laø ñaõ coù cos2x
0 ≠
2
2/ Giaûi pt:
x
(1)
⇔
− + x
)(
x
3 2 x 3 2 x − +
1 4 x − = 1 3 x ( − =
5 2 (1) 9 2 3 x x − + − + 1 6 2 3 2 2 ) x x ( ( ) − + − − +
−
1 ) −
6
3 2 x
x
− +
−
=
2 ) 1 −
2
3
( 1 ≥ 0 x − t2-t - 6=0
t
l hay t ( )
3 2 x − + Ñaët t = (1)thaønh t = t2- 6
⇔
⇔
= −
=
1 vaäy ( ) ⇔ 3x-2+x-1+
3 2 x ⇔ − + 2 3 2 ( x −
⇔ (
2 3 2 x
)(
x
−
1 3 x − = 1 =9 vaø x ≥1 )( ) x − 1) =12-4x vaø x ≥1 −
x
3 2 ( x −
1) = 6-2x vaø x ≥1 − 3 1
x2-19x +34 =0 vaø
x≤ ≤ ⇔ x=2
⇔
13
)( ⇔ ⇔ (3x-2)(x -1)=(6 -2x)2 vaø x≤ ≤
Caâu III
1/
,
)
−1 1 0 ( ,
1(cid:0)
,
ñi qua M2(3,1,0), VTCP
ur a = ñi qua M1(1,-1,2), VTCP ur b = −1 2 1 ( , )
2(cid:0)
do ñoù pt(P) : -(x-1) - (y+1) + (z-2)=0
r r , a b
(
1 11) , ,
= − −
ur n ⎡ = ⎣
⎤ ⎦
t
uuur ⇒ AB
0
0
'
2 3 t t +
=
=
Vì AB ⊥ (
)
2
⇔
⇔
⇔
0
t
' t = =
,1 (cid:0) (cid:0)
0
'
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ 3 6 t t + ⎩
=
0
=
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩
mp(P) caàn tìm chöùa (cid:0) 1vaø //(cid:0) 2 neân (P) qua M1 coù PVT ⇔ x + y – z + 2= 0 AB ⊥ (cid:0) 1,(cid:0) 2) ( 2/ AB ngaén nhaát <=> 1 t x = + 3 ⎧⎪Δ t x ' = − ⎧⎪Δ : 1 y =− − : 1 2 ' t y = + ⎨ ⎨ 1 2 2 ⎪ z = ⎪ ' z t = ⎩ ⎩ A ∈(cid:0) 1=> A(1+t,-1-t,2);B∈(cid:0) 2=>B(3-t’ ,1+2t’ ,t’) =(2-t’-t,2+2t’+t,t’-2) uuur r AB a . uuur r AB b . ⇒ A(1,-1,2) , B(3,1,0) (truøng vôùi M1, M2) Caâu IV
10
1/ Tính I=
Ñaët t= x −1 ⇒ x=t2+1 ⇒ dx=2tdt
0
∫
dx 2
1
x
x
−
− Ñoåi caän: t ( 5 ) = 2 ; t ( 10 ) = 3
I
=
=
(
dt )
+
2
t
1 1 −
1 1 ) −
3
3
=
=
−
2
3 2 ∫ t ( 2 2 2 1
3 ∫ t 2 ln
t
ln
+
2
2
t
2 tdt 2 2 1 t − + 2 1 − 1 −
y x
= +
+
2/ Tìm giaù trò nhoû nhaát cuûa 11 2 x
7 ⎞ ⎟ (x > 0) (1) ⎠2 x
2
3
7
Tacoù:
3 1 .
.
=
+
+
≤
+
+
=
+
(
) 9 7 1
7 x
7 x
7 2 x
7 2 x
⎛ 4 1 +⎜ ⎝ ⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 16 1 ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
7
x
3
+
+
≥
x
(A)
=
=
⇒
Daáu “=” xaûy ra ⇔
3 1
7 x
7
⎛ 4 1 ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
2
6
(
x
)
x .
Suy ra:
+
+
= + =
y
x
7 1 ⎞ ⎟ 2 2 x ⎠ ≥ + 11 1 + 2 2
3 = + 2
3 ≥ + 2
3 2
15 2
x
9 x
7 x
9 x
⎞ ⎟ ⎠
=
vaø (A)
x =3
Daáu “=” xaûy ra ⇔ x
⇔
⎛ ⎜ ⎝ 9 x
xaûy ra
x=3
⇔
Vaäy ta coù ymin =
15 2
Caâu Va 1/pt trung tröïc cuûa AC laø: x+3y-8=0 Do tam giaùc ABC caân taïi B neân B thuoäc trg tröïc cuûa AC. Do ñoù
x
+
3 8 y =
B
B
⇔
8 16 , 7 7
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
0
x y − =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
1
1
−
+
23
pt ñöôøng thaúng AB:
y
x ⇔ − −
24 0 =
=
1
1
−
+
x 8 7
y 16 7
3 =6 caùch. Ta xem moãi caëp soá leû nhö vaäy laø
töông töï pt BC: 19x-13y +8=0. 2/ Soá caùch choïn hai chöõ soá leû ñöùng caïnh nhau töø ba chöõ soá 1,3,5 laø A2 moät phaàn töû x. Vaäy moãi soá caàn laäp goàm phaàn töû x vaø 3 trong 4 chöõ soá chaün 0,2,4,6 . Goïi n a a a a a
3 caùch.
3 =18 caùch
≠
= 4 3 2 1 0 Ta coù caùc tröôøng hôïp sau: * TH1: a0= 0.Ñöa x vaøo 4 vò trí ñaàu coù 3 caùch Ñöa 2 soá chaün töø 2,4,6 vaøo 2 vò trí coøn laïi coù A2 Vaäy coù 3. A2 *TH2:a0 chaün 0 vaø x ôû hai vò trí a4a3 . Coù 3.
3 =18 caùch
A2
≠
*TH3:a5 chaün 0 vaø x ôû hai vò trí a3a2 hoaëc a2a1 .Coù 24 caùch. Vaäy ta coù 6(18+18+24)=360 soá n. Caâu Vb
3
x
(
x
)
(
x
1 )
1/ Giaûi pt:
0 (1)
1 + −
−
−
−
=3
log
log
log
2
8
1 2
(1 ) ⇔
3
x
x
(
x
1 )
x
(
1 3 )(
x
)
x 1
−
=
− ⇔ +
−
= −
) 1 + +
(
(
)
Vôùi ÑK: 1 < x < 3 thì log
log
2
2
17
2 1
17
log 1 −
+
⇔ x2- x- 4 = 0 <=>
x
l hay x ( )
=
=
2
060
2 (cid:0)BAD =
2/ Hình thoi ABCD coù
ñeàu coù caïnh laø a
neân BADΔ
3
a
2
3
⇒
AO
AC
AO
a
=
=>
=
=
2
2
2
2
4
a
a
2 2 SA AC +
=
23 a +
=
⇒ SC = ⇒ SC=2a Trong
vuoâng ôû A, trung tuyeán
AC
'
a
=
=
=>
ñeàu caïnh a
'
SACΔ
SAC(cid:0) SC 2
Goïi 0 laø giao ñieåm cuûa AC vôùi BD I laø giao ñieåm cuûa AC’ vaø B’D’. Ta coù I laø troïng taâm SACΔ ( vì laø giao ñieåm cuûa 2 trung tuyeán SO vaø AC’)
B D '
'
BD
a
=
=
⇒
2 = ⇒ 3
2 3
2 3
SI 0 S
2
'
'
'. AC B D
Ta coù B’D’ AC’ ( vì B’D’// BD ) neân
⊥
=
=
AB C D '
'
'
S
1 2
a 3
SH AC SH B D ',
'
'
vì
. Chuù yù raèng
'
⊥
⊥
SACΔ
'
Ñöôøng cao h cuûa khoái choùp S.AB’C’D’ chính laø ñöôøng cao SH cuûa SACΔ
ñeàu caïnh a neân
h = SH =
a 3 2
Vaäy
=
=
SAB C D '
'
'
AB C D '
'
'
V
S . h
1 3
3 3 a 18
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
ÑEÀà DÖÏ BÒ 1 – KHOÁI D – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
3
2
3
x
x
Cho haøm soá y =
−
+
+
−
x 3
11 3
2
2
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Tìm treân ñoà thò (C) hai ñieåm phaân bieät M, N ñoái xöùng nhau qua truïc tung. Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: cos3x + sin3x + 2sin2x = 1 3 x (
xy
y
y
x
)
−
+
−
=
2) Giaûi heä phöông trình:
)
x y R ( , ∈
2
2
3
x
xy
y
x
y
7 (
)
+
+
=
−
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Caâu III (2 ñ)
1
4
3
y
z
x
z
=
=
,
4x – 3y + 11z – 26 = 0 vaø hai ñöôøng thaúng d1:
d2:
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxy, Cho mp (P): 3 − 2
+ 3
− 1
y = = 1
− 2
x 1 −
1) Chöùng minh raèng: d1 vaø d2 cheùo nhau 2) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng Δ naèm treân (P), ñoàng thôøi Δ caét caû d1, d2 Caâu IV (2 ñ)
π 2
2
(
x
1 )sin
x dx
1) Tính tích phaân:
I =
+
∫
x
x
4
x 2 2 1
2
(
)sin(
y
0 1 x +− 2
+
−
1 2 0 ) + − + =
2) Giaûi phöông trình:
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1) Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñöôøng thaúng d: x – y + 1 – 2 = 0 vaø ñieåm A(-1, 1). Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C) ñi qua A, O vaø tieáp
xuùc vôùi d
2) Moät lôùp hoïc coù 33 hoïc sinh, trong ñoù 7 nöõ. Caàn chia lôùp hoïc thaønh 3 toå, toå 1 coù 10 hoïc sinh, toå 2 coù 11 hoïc sinh, toå 3 coù 12 hoïc sinh sao cho trong moãi toå coù ít nhaát 2 hoïc sinh nöõ. Hoûi coù bao nhieâu caùch chia nhö vaäy ?
x +
3
3 6= )
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñ) x 3 1 − 1) Giaûi phöông trình:
)log ( 3
log ( 3
−1 2) Cho hình choùp töù giaùc ñeàu S.ABCD coù caïnh ñaùy baèng a. Goïi SH laø ñöôøng cao cuûa hình choùp. Khoaûng caùch töø trung ñieåm I cuûa SH ñeán mp beân (SBC) baèng b. Tính theå tích khoái choùp S.ABCD
Baøi giaûi
x
Caâu I 1/ Daønh cho ñoäc giaû 2/ Goïi M(x1,y1),N (x2,y2) ∈(C) ñoái xöùng qua oy.Ta coù ≠0
= −
x 1
2
0
x
x = − ≠ 1
2
⇔
y
y
=
3
3
+
−
−
= −
+
+
−
1
2
⎧ ⎨ ⎩
2 x 1
x 1
2 x 1
x 1
3 x 1 3
11 3
3 x 1 3
11 3
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
3
3
−
=
0
x
x
x =− ≠ 1
2
x = 1
2
⇔
⇔
⇔
3
y
y
1
1
2
6
0
−
x = 1
16 = 3
16 = 3
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
2 x 3
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
; N
⇒ M , 3
16 3
16 3
16 3
16 3
⎞ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎠
⎛ 3 , −⎜ ⎝
⎛ ⎞ ⎟ hoaëc M , 3 −⎜ ⎝ ⎠
⎛ ; N , 3 ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⇔ cosx+sinx
0
)
1 ⎡ − ⎣
cosx+sinx=0 hay
⎛ ⎜ ⎝ Caâu II 1/ Giaûi pt: cos3x+sin3x+2sin2x=1 (1) (1) ⇔ ( ⇔
(sinx+cosx)(1-cosxsinx)-cos2x=0 ) ⎤ = ⎦ 0=
−
( sinxcosx- cosx-sinx ( ) )( 1 cosx sinx+1
tgx=-1v cosx=1vsinx=-1
⇔
hay
x = -
x = k2
x= -
k hay π
π
⇔
+
+ 2 k π
π 2
π 4
2
2 x -xy+ y =3(x-y)
(I)
2/ Giaûi heä pt:
2
2
2
x +xy+ y =7(x-y)
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ x-y=u
Ñaët
Heä thaønh
2
2
xy=v -3u+v=0
-3u=0
u=0
u=1
⇔
hay
⇔
⇔
2
2
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
v= 2u
v=0
v=2
3 ⎧ u ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ ⎧ u ⎪ ⎨ ⎪ v= 2u ⎩ u=x-y=0
⇔
*
x
= = 0 y
v=xy=0
u=x-y=1
x=2
x=-1
hay
⇔
*
y=1
y=-2
xy=2
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
Caâu III
Ta coù d1 qua M(0,3,-1) VTCP =(-1,2,3)
r a
4 15 12
,
r r a b ,
1 5 3 ( , ,
) ;
r b 4 3 4 ( , − =
−
= −
−
23 0 ≠
⇒ d1,d2 cheùo nhau.
⎤ = ⎦
r r uuuur ⎤ ,a b MN ⎦
⎡ ⎣
naèm trong mp (P) vaø caét caû d1,d2 neân
d2 qua N(4,0,3) VTCP =(1,1,2) uuuur ⎡ ), MN ⎣ Δ
= − Δ ñi qua caùc giao ñieåm cuûa d1,d2 vôùi
3
y
=
=
− 2
1 z + 3
x 1 −
A
) 2 7 5 , ,
A ( ⇒ −
4
x
y
−
3 11 26 0 z −
+
=
4
3
x
− 1
y z = = 1
− 2
B
B
uuur B A
3 11 ( , , ) ⇒ − ⇒
5 8 4 ( , ) , − −
4
x
y
−
3 11 26 0 z −
=
+
2/ Ñöôøng thaúng (P). ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪⎩ ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2
x
pt ñöôøng thaúng
qua A,B laø
Δ
=
=
+ 5
7 y − 8 −
5 z − 4 −
Caâu IV
π 2
u x
du dx
1 = + ⇒ =
Ñaët
1/ Tính I=
2
(
1 )sin xxdx +
∫ 0
2
sin
xdx
v
2 cos x
,choïn
=−
1 2
⎧ ⎪⎪ ⎨ ⎪ = dv ⎪⎩
π 2
2
(
x
xdx
1 )sin +
∫
0
π 2
1
2 cos xdx
= −
∫
0
1 x + 2 cos x 2
π = + 4
π 2 1 + 20
2/ Giaûi pt 4x-2x+1+2(2x-1)sin(2x+y-1)+2=0 Ñaây laø pt baäc 2 theo t = 2x coù
Δ ≤ 0
neân 2
x
2
x
2
0
pt
sin(
cos
2 (
y
x 1 2 ⇔ − +
1 ) y + −
+
1 ) + − =
⎤ ⎥ ⎦
⎡ ⎢ ⎣ x
2
2
1 0 1 ) ( )
x y + − =
⇔
1 sin( − + x
2 (
1 0 )
cos
y
2 ( )
+ − =
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
(2)
sin(2x+y-1)=
1
±
⇔ • Vôùi sin(2x+y-1)=1 thay vaøo (1) ta coù 2x = 0 (loaïi) • Vôùi sin(2x+y-1)=-1 (3) theá vaøo (1) ta coù 2x = 21 ⇔ x=1
Theá x=1 vaøo (3) ta coù sin(1+y)= -1 ⇔ y
k
2 π
π = − − +1 2
⇒
Caâu Va 1/ Vieát pt ñöôøng troøn (C) Vì (C) qua goác O neân pt (C):x2+ y2+2ax+2by=0 A(-1,1)∈(C)=>2-2a+2b=0 =>b = a-1
2 1
a− +
pt(C): x2+ y2+2ax+2(a-1)y=0 22 a ⇒ (C) coù taâm I(-a,1-a) vaø baùn kính R= Do (C) tieáp xuùc ñt (d): x - y + 1 - 2 = 0 neân 2
a
a
)
1 1 ( − − − + −
R=d(I,d)<=>
22 a
2 1 a − + =
=
1 =
2 2
2
0
a
2 a
hay a
=
−
= ⇔ =
1. Vaäy coù 2 ñöôøng troøn (C)
22 0 a (C1):x2+ y2-2y=0 (C2):x2+ y2 + 2 x=0 2/ Soá caùch lôùp hoïc thaønh 3 toå, coù 3 tröôøng hôïp. *TH1: Toå 1 coù 3 nöõ, 7 nam
7
Toå 2 coù 2 nöõ, 9 nam
4
Toå 3 coù 2 nöõ, 10 nam
= 1
7 26 9 19 10 10
2
⇒ C C3 ⇒ C C2 ⇒ C C2
Vaäy ta coù
9 19
3 7
2 4
7 C C C C 26
*TH2: Toå 1 coù 2 nöõ, 8 nam
7
Toå 2 coù 3 nöõ, 8 nam
5
Toå 3 coù 2 nöõ, 10 nam ⇒
8 26 8 18 10 10
2
⇒ C C2 ⇒ C C3 C C2
Vaäy ta coù
2 7
3 5
8 18
8 C C C C 26
*TH3: Toå 1 coù 2 nöõ, 8 nam
7
Toå 2 coù 2 nöõ, 9 nam
5
Toå 3 coù 3 nöõ, 9 nam
8 26 9 18 9 9
3
⇒ C C2 ⇒ C C2 ⇒ C C3
Vaäy ta coù
9 18
2 5
8 26
9
2 7
8 26
8 18
8 26
9 18
3 C C 5
2 +C C 7
2 C C 5
x
x+
2 C C C C 7 Theo quy taéc coäng ta coù : 2 7 3 C C C C 19 + C C 4 26 7 Caâu Vb 1/ Giaûi pt: :
(1)
)
(
(
)
−1
log
log
3
3
= 6
1 −
3
3
3 ñaët t=log3(3x-1) thì
t = 2 hay t = -3
⇔
⇔
⇔ (1) * t=2
t(t+1)=6 ⇒
t2+t-6=0 log3(3x-1) =2<=>3x-1=32=9
⇔ x=log310
3x-1=⇔
⇔ log3
* t=-3 ⇒ log3(3x-1)=-3
1 27
28 27
H laø taâm cuûa ABCD. Goïi M laø trung ñieåm cuûa BC, K laø hình
⇒
2/ Tính VSABCD Vì S.ABCD laø hình choùp ñeàu chieáu vuoâng goùc cuûa H leân SM. Ta coù BC SH ⊥
⇒
BC SHM (
)
⊥
⎫⎪ ⎬ ⎪⎭ (SHM)
⊥
⇔
+
+
=
=
2
2
2
2
2
4
1 HK
1 SH
4 2 a
1 b
ab
SH
=>
=
)
.
H dt ABCD (
V
S
.
=
=
SABCD
2
3 a b 2
2
BC HM ⊥ ⇒ (SBC) ⊥ maø HK SM ⇒ HK (SBC) => HK= 2I J =2 b ⊥ Trong tam giaùc vuoâng SHM ta coù 1 1 SH HM 1 3
2 3
a
16 b
a
16 b
−
2 −2
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
ÑEÀ DÖÏ BÒ 2 – KHOÁI D – 2006
Phaàn Chung Cho Taát Caû Caùc Thí Sinh Caâu I (2 ñ)
(C)
Cho haøm soá y =
3 1
x + x −
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò (C) cuûa haøm soá ñaõ cho 2) Cho ñieåm M0(x0, y0) ∈ (C). Tieáp tuyeán cuûa (C) taïi M0 caét caùc tieäm caän cuûa (C) taïi caùc ñieåm A vaø
B. Chöùng minh M0 laø trung ñieåm cuûa ñoaïn AB
2
1
2
8
7 1
x
x
x
x
(
)
Caâu II (2 ñ) 1) Giaûi phöông trình: 4sin3x + 4sin2x + 3sin2x + 6cosx = 0 2 7 − + 2) Giaûi phöông trình:
− + −
x − =
+
+
x R ∈
Caâu III (2 ñ)
Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz. Cho A(1, 2, 0) ;
B(0, 4, 0) ; C(0, 0, 3)
1) Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua O vaø vuoâng goùc vôùi mp (ABC) 2) Vieát phöông trình mp (P) chöùa OA, sao cho khoaûng caùch töø B ñeán (P) baèng khoaûng caùch töø C ñeán
(P)
Caâu IV (2 ñ)
2
2
1) Tính tích phaân:
I =
(
x
) ln
x dx
−
∫
x
)
1 ln(
y
+
−
+
x = −
2) Giaûi heä phöông trình:
y ) 2
1 1 ln( 2
12
20
0
xy
y
x
−
+
=
⎧ ⎨ ⎩
Phaàn töï choïn: Thí sinh choïn caâu Va hoaëc caâu Vb Caâu Va (2ñ) Theo chöông trình THPT khoâng phaân ban (2 ñ) 1) Trong mp Oxy, laäp phöông trình chính taéc cuûa elíp (E) coù ñoä daøi truïc lôùn baèng 4 2 , caùc ñænh treân
truïc nhoû vaø caùc tieâu ñieåm cuûa (E) cuøng naèm treân 1 ñöôøng troøn.
2) Töø caùc chöõ soá 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá töï nhieân chaün coù 5 chöõ soá khaùc nhau
vaø moãi soá laäp ñöôïc ñeàu nhoû hôn 25000 ?
Caâu Vb (2 ñ) Theo chöông trình THPT phaân ban thí ñieåm (2 ñ)
2
(log
x
1 )log
x
log
+
+
1) Giaûi phöông trình:
=0
2
2
4
1 4
′
′
′
′
2) Cho hình laäp phöông ABCD. A B C D
′ coù caïnh baèng a vaø ñieåm K thuoäc caïnh C C sao cho: CK =
a. Maët phaúng (α) ñi qua A, K vaø song song vôùi BD, chia khoái laäp phöông thaønh hai khoái ña
2 3 dieän. Tính theå tích cuûa hai khoái ña dieän ñoù.
Baøi giaûi
Caâu I
1/ KS y=
<0
MXÑ:D=R { }/ 1 y’=
3 1
(
x
x x
+ −
+ ∞
-
- ∞ 1
-
4 − − 2 1 ) 1 + ∞
x y’ y
1
- ∞
TC: x=1, y=1. Ñoà thò : daønh cho ñoäc giaû. 2/ CM: M0 laø trung ñieåm cuûa AB
0
1
+
=
M0(x0,y0) ∈(C)
y0=⇔
; y’(x0)=
x
x
x x
(
3 + 1 −
4 − − 2 1 )
4 1 −0
0
0
(x-xo) (d)
y - yo=
x
(
pt tieáp tuyeán cuûa (C) taïi Mo 4 − − 2 1 )
0
⇒
)
0
Do A∈(d)
1 ⇒
⇔ xA= 2xo-1 ⇒ A(2xo-1,1)
1
Goïi A laø giao ñieåm cuûa (d) vôùi tieäm caän ngang y =1 A(xA,1) 4 ( x (
x − 2 1 )
x
Ax −
4 −
0
0
⎛ 1 − + ⎜ ⎝
⎞ − = ⎟ ⎠
⇒
Goïi B laø giao ñieåm cuûa (d) vôùi tieäm caän ñöùng x=1 B(1,yB)
B
⇒
Mo laø trung ñieåm cuûa AB
= xo vaø Mo,A,B∈d
⇔
1
2
0
2 cos x
cos
sin
x
x
x+ x ⇒ A 2 Caâu II 1/ Giaûi pt 4sin3x + 4sin2x+3sin2x + 6cosx=0 (1) 4sin2x(sinx+1)+6cosx(sinx+1)=0 (1) ⇔ ( sinx+1)( 4sin2x+6cosx)=0 3 hay ⇔
2 + =
= −
−
1
sin
x
hay
cos
x
⇔
= −
= −
k
hay x
k
k
2 π
2 , π
x ⇔ = −
+
= ±
+
∈(cid:0)
π 2
+ 1 2 2 π 3
2
8
2 7
7 +1 (1)
2/ Giaûi pt: x
x
x
x
x − =
1 − +
+
−
7
x
(
x
1 7 )(
x
)
1 − +
x − −
−
−
=
0
(1)
⇔
x
1 2 )
x
(
x
1 2 )
0
+ 1 2 x − − 1 ( x − − −
2 2 7 −
−
− −
=
⇔
1 2
7
x
)(
x
x
)
0
− −
1 − −
−
=
⇔ (
1 2
7
5
hay
x
x
x
hay x
4
x ⇔ − =
1 − =
− ⇔ =
=
(ABC) Ta coù:
⊥
1 2 0 , ,
)
( = −
uuur uuur , AB AC
6 3 4 ( , ,
r n ⇒ =
⎡ ⎣
) laø 1 VTCP cuûa ((cid:0) )
(
,
Caâu III 1/ Vieát pt ñöôøng thaúng (cid:0) qua O vaø uuur ⎧ AB ⎪ ⎤ = ⎨ uuur ⎦ AC ⎪⎩
Vaäy pt(cid:0) :
1 2 3 , ) = − − x y z = = 6 3 4
3
4
C D
B
C3 (do D= 0)
⇒ 4 + ⇒ = ±
=
+
2/ Vieát pt mp(P) chöùa OA sao cho khoaûng caùch töø B ñeán (P) baèng khoaûng caùch töø C ñeán (P). Goïi pt (P):Ax + By+ Cz +D=0 vôùi A2+ B2 + C2 > 0 O∈(P) ⇒ D= 0; A∈(P) A + 2B = 0 A = -2B ⇒ d(B,P)=d(C,P) ⇒ B D
• Vôùi 4B=3C choïn C=4, B=3,A= - 6 ⇒ (P): - 6x+3y+4z =0 Vôùi 4B= -3C choïn C= -4 ⇒ B=3,A=6 ⇒ (P):6x+3y-4z =0 • Caâu IV
2
2
du ⇒ =
(
x
) ln
xdx
1/ Tính I=
Ñaët u = lnx
−
1
∫
dx x
2
2
dv
2 ) dx
v
x
,choïn
( x = −
=
−
x 2
2
2
2
2
2
2
x
I
x
x
ln
xdx
−
−
=
−
=
−
(
)ln
∫ 1
∫ 1
⎛ ⎜ ⎝
⎞ dx2 ⎟ ⎠
x 2
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
1
4
2 2 ln
ln
= −
+
1 ( )
2/ Giaûi heä pt:
2
2
12
20
0 2 ( )
xy
y
x
=
−
+
x 2 5 5 + = − 4 4 ln(1+x)-ln(1+y)=x-y ⎧⎪ ⎨ ⎪⎩
x = 2y (3) hay x = 10 y (4)
(x-2y)(x-10y)=0
⇔
⇔
1 − =
f’(t)=
1
t
t
ÑK: x > -1, y > -1 ⇔ (2) (3) hay (4) ⇒ x , y hoaëc cuøng daáu hoaëc x = y = 0 (1) ln(1+x)-x=ln(1+y)-y Xeùt haøm f(t)=ln(1+t)-t (t >-1) t − 1 +
1 +
-1
t f’ f
+
0 0 0
-
+ ∞
Töø baûng bieán thieân ta coù :
f(x) < f (y)
(1) khoâng coù nghieäm thoûa ( 5)
⇒
i) ii)
iii)
Neáu – 1 < x= 2y < y < 0 hay – 1 < x= 10 y < y < 0 (5) ⇒ Neáu 0 < y < x= 2y hay 0 < y < x= 10y (6) ⇒ f(x) < f (y) ⇒ (1) khoâng coù nghieäm thoûa ( 6) Hieån nhieân x = y = 0 laø nghieäm cuûa heä.
Vaäy heä ñaõ cho coù nghieäm duy nhaát x = y= 0 Caâu Va 1/ Laäp pt Elip 2
2
(E):
+
=
2
2 1 (a > b >0) Theo giaû thieát a= 2 2 caùc ñænh treân Oy laø B1(0,-b); B2(0,b)
x a
y b
b = c = 2
F1(-c,0); F2(c,0). Töù giaùc F1B1F2B2 laø hình thoi, theo giaû thieát 4 ñænh naèm treân ñöôøng troøn, neân hình thoi trôû thaønh hình vuoâng ⇒ b = c maø a2= b2+ c2 ⇒ 8 = 2 b2
⇒
2
2
1
Pt(E):
+
=
x 8
y 4
j, n < 25000 . Vì n < 25000
≠
n=a a a a a chaün, ai ≠ aj vôùi i
1 2 3 4 5
},∈ 1 2 ta coù caùc tröôøng hôïp sau:
5 caùch choïn a2a3a4
2/ Töø caùc chöõ soá 0,1,2,3,4,5,6 Goïi ⇒ a1 { (cid:151) TH 1: a1=1 Ta coù 1 caùch choïn a1 Ta coù 4 caùch choïn a5 ( n chaün) A3 Vaäy ta coù 1.4. A3 5 =240 soá n (cid:151) TH 2: a1 =2, a2 chaün < 5 Ta coù 1 caùch choïn a1
4 =48 soá n
4 =72 soá n. Theo quy taéc coäng ta coù:
Ta coù 2 caùch choïn a2 Ta coù 2 caùch choïn a5 A2 4 caùch choïn a3a4 Vaäy ta coù 1.2.2. A2 (cid:151)TH 3: a1 =2, a2 leû < 5 Ta coù 1 caùch choïn a1 Ta coù 2 caùch choïn a2 Ta coù 3 caùch choïn a5 A2 4 caùch choïn a3a4 Vaäy ta coù 1.2.3 A2 240 + 48 + 72 = 360 soá n Caâu Vb
0
=
1/ Giaûi pt
(1)
+
log
log 2 (
) log x 1 x +2
4
1 2 4
2
(1)
⇔
log2x(log2x+1)-2=0
x +log2 x – 2 = 0
⇔ log
2
2
2
1 hay log x
x
hay x
= − ⇔ =
=
⇔ log x =2
2
1 4
I laø giao ñieåm cuûa AK vôùi OO’ => OI =
2/ Theå tích khoái ña dieän Goïi O, O’ laàn löôït laø taâm cuûa ABCD, A’B’C’D’ CK a = 3 2
mp(α) chöùa AK vaø // BD neân (α) qua I vaø caét mp(BDB’D’)
.Ñaùy ABCD laø hình vuoâng BD AC AK
theo giao tuyeán MN//BD ⇒ BM = DN = OI =
⇒ ⊥ ⇒ ⊥ MN
a 3
I laø trung ñieåm cuûa MN vaø cuûa AK neân thieát dieän AMKN laø hình thoi. mp(α) caét hình laäp phöông thaønh hai khoái.Goïi V1 laø theå tích khoái ña dieän ABCDMNK. V2 laø theå tích khoái ña dieän AMKNA’B’C’D’ V=a3 laø theå tích ABCD thì V=a3=V1+V2 Ta coù V1=2VABCKM
maø VABCKM= AB
.SBCMK
3
a
+
=
=
1 3
a 3
a 6
⎛ ⎜ ⎝
2
=
⇒ V1=
⇒ V2 =
1 3 2 a a ⎞ ⎟ 3 2 ⎠ 3 3 a 3
a 6
a 32 3
Haø Vaên Chöông - Phaïm Hoàng Danh - Löu Nam Phaùt
(Trung Taâm Luyeän Thi Vónh Vieãn)
2
2
1 3 2
PHAÀN HAI: ÑEÀ THI TUYEÅN SINH ÑAÏI HOÏC (DÖÏ TRÖÕ ) MOÂN TOAÙN NAÊM 2005 VAØ BAØI GIAÛI DÖÏ BÒ 1 KHOÁI A: x
2
2
y
m + (*) (m laø tham soá) Caâu I: (2 ñ)Goïi (Cm) laø ñoà thò cuûa haøm soá : y = mx + − x m −
2
x 1)
y
x + x x ( + + +
1) + =
⎧ ⎨ ⎩ 2. Tìm nghieäm treân khoûang (0; π) cuûa phöông trình :
2
4 sin
3 cos 2
x
2 1 2 cos (
x
−
= +
−
3 π ) 4
x 2
Caâu II: ( 2 ñieåm) 1. Giaûi heä phöông trình : 1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá (*) öùng vôùi m = 1. 2. Tìm m ñeå haøm soá (*) coù hai ñieåm cöïc trò naèm veà hai phía truïc tung. y 4 + + = ( y y
x
4
0
Caâu III: (3 ñieåm) 1.Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho tam giaùc ABC caân taïi ñænh A coù
(
)
y− 2
− = vaø phöông trình ñöôøng thaúng
x
0
troïng taâm G , phöông trình ñöôøng thaúng BC laø
y− 4
4 1 ; 3 3 8 − =
.Tìm toïa ñoä caùc ñænh A, B, C.
BG laø 7 2.Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz cho 3 ñieåm A(1;1;0),B(0; 2; 0),C(0; 0; 2) .
a) Vieát phöông trình maët phaúng (P) qua goác toïa ñoä O vaø vuoâng goùc vôùi BC.Tìm toïa
ñoä giao ñieåm cuûa AC vôùi maët phaúng (P).
π 3
2
b) Chöùng minh tam giaùc ABC laø tam giaùc vuoâng. Vieát phöông trình maët caàu ngoïai tieáp töù dieän OABC.
I
sin
x tgxdx .
= ∫
0
Caâu IV: ( 2 ñieåm). 1.Tính tích phaân .
x
z
3 4 +
3 4 +
+
+
+
≥ 6
2. Töø caùc chöõ soá 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7, 8, 9 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá töï nhieân, moãi soá goàm 6 chöõ soá khaùc nhau vaø toång caùc chöõ soá haøng chuïc, haøng traêm haøng ngaøn baèng 8.
Caâu V: (1 ñieåm) Cho x, y, z laø ba soá thoûa x + y + z = 0. Cmraèng : y 3 4
y
=
2x 2 − + x 1 − • MXÑ: D = R \ {1}
2
−
y '
=
Baøi giaûi CAÂU I 2x 1/ Khi m = 1 thì (1)
0 hay x
2
0=
x ⇔ =
=
2x 2 ) x 1 −
x ( • BBT
−∞
+∞
x y '
• , y '
+
+∞
TRANG 1
y + 0 0 2 1 - - 2 0
−∞ • Tieäm caän: x 1= laø pt t/c ñöùng y = x + 3 laø pt t/c xieân 2/ Tìm m
2
2
x
−
−
y '
=
6
x m −
2mx m 1 + 2 ( )
Ta coù
2 P m 1 0
⇔
= =
− < ⇔ − <
1 m 1 <
1 2x x
2
2
Haøm soá (*) coù 2 cöïc trò naèm veà 2 phía truïc tung ⇔ = coù 2 nghieäm traùi daáu 0 y '
( ) I
y x +
2
2
2 + + + = + x y 4 + + = ) ) ( ( y y 1 x x y 1 CAÂU II: 1/ Giaûi heä phöông trình ⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
2
2
2
2
2
x y 4 x y + + = + (I) 2 y x x y xy 2 xy + + + + = ⇒ = −
2 S
x
y
2xy
y
2 S
2P
= +
= ⇒ =
+
+
2 x ⇒ +
=
−
2 S
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩ S x y; P xy Ta coù
2 S
P 2 − 2P S 4 + = ⇔ ⇔ Vaäy ( ) I S 0 hay S 1 = − = = − P S 2 − + = ⎧ ⎨ ⎩
− =
+
2X 0X 2 0
⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩ 0 S x y vaäy x, y laø nghieäm cuûa phöông trình TH : 1 = + = P xy 2 = − = ⎧ ⎨ ⎩
2 2 hay Vaäy heä coù 2 nghieäm 2 2 = − ⎧ =⎪ x ⎨ x ⎪⎩ ⎧ = − x ⎪ ⎨ y =⎪⎩
2X X 2 0 + − =
S x y 1 vaäy x,y laø nghieäm cuûa phöông trình TH : 2 = + = − P xy 2 = − = ⎧ ⎨ ⎩
X 1hay X
=
=
2−
2 . Vaäy heä coù 2 nghieäm V ⇒ 2 = − x = − ⎧ ⎨ y 1 =⎩ x 1 =⎧ ⎨ y ⎩
2
2
2
2
2
2 2 2 Toùm laïi heä Pt (I) coù 4 nghieäm V V V 2 = − 2 2 = − x 1 =⎧ ⎨ y ⎩ x = − ⎧ ⎨ y 1 =⎩ ⎧ =⎪ x ⎨ y ⎪⎩ ⎧ = − x ⎪ ⎨ y =⎪⎩
4
x y 0
+ + =
2
2
x xy
x y + + = 2
y + = −
y) + 2 = −
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
⎧ (x ⎪ ⇔ ⎨ xy ⎪⎩
0 hay x y
1
0 hay x y
1
+ = −
+ = −
x xy
x xy
y + = 2 = −
y + = 2 = −
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
x y
1
+ = −
x y 4 + x y + + = CAÙCH KHAÙC (I) x y x y xy 2 + + + + = ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
2
2
0
x 2 + − =
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩ ⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
⎧ ⎪ ⎨ x ⎪⎩ )0, 2/ Tìm nghieäm ∈ π
(
TRANG 2
x y 2 2 2 = − V hay V V ⇔ 2 = − x 2 = 2 2 = − x 1 =⎧ ⎨ y ⎩ x = − ⎧ ⎨ y 1 =⎩ ⎧ =⎪ x ⎨ y ⎪⎩ ⎧ = − x ⎪ ⎨ y =⎪⎩
2
2
4 sin
3 cos 2x 1 2 cos
−
= +
x 2
3 π 4
⎛ x −⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
Ta coù (1)
−
3 cos 2x 1 1 cos 2x = + +
−
( 2 1 cos x ⇔ −
)
3 π 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
(1)
(1) 2 2 cos x 3 cos 2x 2 sin 2x ⇔ − − = −
cos x
cos 2x
sin 2x
(1) 2 cos x . Chia hai veá cho 2: ⇔ − = 3 cos 2x sin 2x −
=
−
3 2
1 2
cos
x
=
π −
⇔
+
h2
b
k
⇔ = x
+
= −
+
π
( ) a hay x
(
)
(
)
π 6
5 π 18
2 π 3
7 π 6
⎞ ⎟ ⎠
(1) ⇔ −
⎛ cos 2x ⎜ ⎝ (x 0,∈ π
)
0, π
neân hoï nghieäm (a) chæ choïn k=0, k=1, hoï nghieäm (b) chæ choïn h = 1. Do ñoù ta coù ba Do
, x
, x
=
=
=
)
x 1
2
3
5 π 18
17 π 18
laø nghieäm x thuoäc (
( B 0, 2
)
5π 6 x 2y 4 ⎧ ⎨ ⎩ ABC
ABC
0 − − = CAÂU III. 1/ Toïa ñoä ñænh B laø nghieäm cuûa heä pt ⇒ − 7x 4y 8 0 − − =
Δ
Δ
Vì caân taïi A neân AG laø ñöôøng cao cuûa
GA BC⊥
⇔ + − = 2x y 3 0
)
2x y 3 0
0
2(x
) 1(y +
−
= ⇔ + − =
−
1 3
4 3 2x y 3 0 + − =
Vì ⇒ pt GA:
GA BC∩
) ( H 2, 1 −
uuur uuur AG 2GH=
= H ⇒ ⇒ x 2y 4 0 − = − ⎧ ⎨ ⎩
uuur AG
x,
uuur y ; GH
2
=
−
−
=
−
, 1 − −
4 3
1 3
4 3
1 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
0
Ta coù vôùi A(x,y).
( A 0,3
)
y − = −
x =⎧ ⎪ 1 ⎨ ⎪⎩ 3
x
y
y
8 3 x
+
+
+
+
A
C
A
C
⇒ ⇒
vaø y
x
=
=
) C 4,0
(
G
G
y B 3
Ta coù : ⇒
x B 3 )
) A 0,3 ,C 4, 0 ,B 0, 2−
(
Vaäy
) uuur BC
( (
2a/ Ta coù =
( ) 0, 2,2 − (O 0, 0, 0) 0 y z
0.x 2y 2z
0
+
−
= ⇔ − =
vaø vuoâng goùc vôùi BC coù phöông trình laø • mp (P) qua
( = − −
)
2t
x 1 t = − ⎧ ⎪ y 1 t = − ⎨ ⎪ =⎩ z
uuur AC 1, 1,2 , phöông trình tham soá cuûa AC laø . • Ta coù
0
t
t
1 t 2t − −
= ⇔ = . Theá
= vaøo pt (AC) ta coù
1 3
1 3
,
⎛ M , ⎜ ⎝
Theá pt (AC) vaøo pt mp (P). Ta coù
⎞ ⎟ laø giao ñieåm cuûa AC vôùi mp (P) ⎠ uuur AB
B 0,2, 0
2 2 2 3 3 3 (
) A 1,1, 0
(
( = −
)
( = − −
)
( ) ) C 0,0,2 .Ta coù: uuur uuur AB AC
ABC
uuur uuur AB.AC 1 1 0
= − = ⇔ ⊥
2b/ Vôùi 1,1, 0 , 1, 1,2 uuur AC
Δ
TRANG 3
vuoâng taïi A ⇒ ⇒
BOC
Δ
cuõng vuoâng taïi O. Do ñoù A, O cuøng nhìn ñoaïn BC döôùi 1 goùc vuoâng. • Ta deã thaáy
Do ñoù A, O naèm treân maët caàu ñöôøng kính BC, seõ coù taâm I laø trung ñieåm cuûa BC. Ta deã
R
2 1
2 1
=
+
= 2
( ) I 0,1,1
2
2
daøng tìm döôïc
2x
+
+
2 =
(
) y 1 −
(
) z 1 −
Vaäy pt maët caàu ngoaïi tieáp töù dieän OABC laø :
/ 3
/ 3
π
π
2
CAÂU IV.
I
sin xtgxdx
2 sin x.
dx
=
=
∫
∫
sin x cos x
0
0
/ 3
π
−
( 2 1 cos x sin x
1/ Tính
I
dx
−
u cos x
= ∫
) cos x
0
⇒ ⇒ du sin xdx = , Ñaët =
1
u
=
=
( ) , u 0
1 2
π⎛ ⎜ 3 ⎝
2
1/ 2
1
2
du
−
)
( 1 u −
Ñoåi caän
ln u
ln 2
−
=
−
=
−
I
= ∫
∫
⎞ ⎟ ⎠ )( u
1 u
u 2
3 8
⎛ ⎜ ⎝
⎞ u du ⎟ ⎠
⎡ ⎢ ⎣
1
1/ 2
1 ⎤ ⎥ ⎦ 1/ 2
∈
∈
a
+
+
=
n a a a a a a laø soá caàn laäp { 1,2,5 hay a ,a ,a
}
{ } 1,3,4
=
3
5
4
5
∈
2/ Goïi = 1 2 3 4 5 6 a ycbt : a 3
4 5 a ,a ,a 3 4
5
a) Khi
• Coù 6 caùch choïn
• Coù 5 caùch choïn
5
• Coù 3! caùch choïn
a ,a ,a 8 ⇒ 3 4 { } 1,2,5 1a 2a a ,a ,a 3 4 6a
• Coù 4 caùch choïn
∈
{ } 1,3,4
a ,a ,a 3 4 5
Vaäy ta coù 6.5.6.4 = 720 soá n b) Khi töông töï ta cuõng coù 720 soá n
∈
{ } 1,2,5
Caùch khaùc Khi Theo qui taéc coäng ta coù 720 + 720 = 1440 soá n a ,a ,a 3 4 5
a a a Coù 3! = 6 caùch choïn 3 4 5 a ,a ,a 1 2
6
3 6A
caùch choïn Coù
Vaäy ta coù 6. 4.5.6 = 720 soá n
∈
{ } 1,3,4
a ,a ,a 3 4 5
Khi töông töï ta cuõng coù 720 soá n
x
x
Theo qui taéc coäng ta coù 720 + 720 = 1440 soá n
x
1 1 1 4
4 4 4
3 4 +
= + + +
≥
4
4
x
x
x
y
y
CAÂU V: Ta coù:
2
4
2. 4 . Töông töï
2
4
2. 4x
3 4 +
≥
= 8
3 4 +
≥
= 8
z
z
8 2 4
3 4 +
≥
8
8
8
y
z
x
y
z
x
⇒
2
4
4
4
3 4 +
+
3 4 +
+
3 4 +
≥
+
+
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
TRANG 4
Vaäy
3 8
x
z
x y z + +
6
y 4 .4 .4
≥
24 6 4
≥
6 =
2
DÖÏ BÒ 2 KHOÁI A:
x 1 y Caâu I: (2 ñieåm) 1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò ( C ) cuûa haøm soá . =
2
x
1
y
x
1
+ + −
y + =
x + + 1 x + 2. Vieát phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua ñieåm M (- 1; 0) vaø tieáp xuùc vôùi ñoà thò ( C ) .
x
2
y
4
+
=
⎧ ⎪ ⎨ 3 ⎪⎩
Caâu II:( 2 ñieåm). 1. Giaûi heä phöông trình :
3 2 2 cos (
x
) 3cos
x
sin
x
−
−
−
= 0
π 4
x
y
4
12
0
2. Giaûi phöông trình :
−
−
+
=
1) tieáp xuùc vôùi hai truïc toïa ñoä
. Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C
Caâu III: (3 ñieåm). 1. Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho ñöôøng troøn (C): x2 + y2 36 Ox, Oy ñoàng thôøi tieáp xuùc ngoøai vôùi ñöôøng troøn (C). 2. Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Ñeâcac vuoâng goùc Oxyz cho 3 ñieåm A(2;0;0), C(0; 4; 0), S(0; 0; 4) a) Tìm toïa ñoä ñieåm B thuoäc maët phaúng Oxy sao cho töù giaùc OABC laø hình chöõ nhaät. Vieát phöông trình maët caàu qua 4 ñieåm O, B, C, S.
I
dx
=
∫
0
b) Tìm toïa ñoä ñieåm A1 ñoái xöùng vôùi ñieåm A qua ñöôøng thaúng SC. 7 Caâu IV: ( 2 ñieåm). 1.Tính tích phaân .
x 2 + 3 x 1 + (2 3 ) nx− 2
C
C
, trong ñoù n laø soá nguyeân döông thoûa maõn:
+
+
k n
5 n 2
3 n 2
n
1 2
1 n 2 C + n+ 1 2
1 +
1 +
1 +
= 1024. ( C laø soá toå hôïp chaäp k cuûa n phaàn töû) 2. Tìm heä soá cuûa x7 trong khai trieån ña thöùc ... C + +
(1
x
)(1
)(1
256
+
+
+
≥
Caâu V: (1 ñieåm) Cmraèng vôùi moïi x, y > 0 ta coù :
y x
29 ) y
. Ñaúng thöùc xaûy ra khi naøo?
2x
Baøi giaûi: CAÂU I.
y
(C)
=
2
1/ Khaûo saùt vaø veõ ñoà thò
\
D R =
y '
,y'
x
0
2x
0
x
0hay x
2
= −
=
= ⇔ +
= ⇔ =
{ } 1 −
x 1 + + x 1 + 2 x + (
2x 2 ) x 1 +
MXÑ: .
+∞
−∞
x y '
BBT
+
+∞
y + -2 0 -3
−∞
0 0 1 -1 - - +∞ −∞
x = −1 laø phöông trình tieäm caän ñöùng x= laø phöông trình tieäm caän xieân y
Tieäm caän:
Δ
( M 1,0−
)
2/ Phöông trình tieáp tuyeán qua ( heä soá
TRANG 5
goùc k ) coù daïng
y
=
⇔
)C
2
x
=
+
) ( k x 1
2
k
=
x 1 + + x 1 + 2x + 2 ) x 1 +
x (
) ( k x 1 + Δ : Δ tieáp xuùc vôùi ( ⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
2
2
x
+
+
x
(
heä pt sau coù nghieäm
=
2
x 1 + + x 1 +
)( ) 2x x 1 ) x 1 +
(
x 1⇔ = ⇒
k
3 = 4
⇒ phöông trình hoaønh ñoä tieáp ñieåm laø
Δ
y
x
=
(
)C qua
( M 1,0−
)
(
) 1 +
3 4
2x y 1
x y
1
+ + −
+ =
Vaäy pt tieáp tuyeán vôùi laø:
( ) I
4
=
⎧ ⎪ ⎨ 3x 2y + ⎪⎩
1
+ + −
( ) I
5
+
x y +
=
2x y 1 ) 2x y 1 + +
x y + = )
(
u
2x y 1
0,v
x y
0
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ( ⎪⎩ Ñaët =
+ + ≥
=
+ ≥
u v 1 − =
2
1
= ⇒ =
CAÂU II. 1/ Giaûi heä pt :
⇒
2
2
u 1 u
1
v 1 v = − ⇒ = −
i
u
v
5
+
=
( 2 loaï
)
2
2
⎡ ⎢ ⎣
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
2x y 1
2
+ + =
x
2
2x y 1 4 + + =
=
⇔
⇔
(I) thaønh
y
x y 1 + =
=
1 −
x y 1 + =
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
3
Vaäy ( ) I
2 2 cos
x
−
−
3cos x sin x −
=
( ) 0 2
π 4
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
2/ Giaûi phöông trình
2 cos x
0
=
⇔
−
−
3cos x sin x −
π 4
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
0
⇔
cos x sin x +
−
3cos x sin x −
=
3 )
(
3
3
2
2
0
+
⇔
−
−
=
cos x
cos x
0
0
+ =
hay
3
3
2
2
3
0
0
=
− −
+
+
−
−
+
=
cos x sin x 3cos x sin x 3cos x sin x 3cos x sin x + ≠ ⎧⎪ ⇔ ⎨ sin x sin x − ⎪⎩
⎧⎪ ⎨ 1 3tgx 3tg x tg x 3 3tg x tgx tg x ⎪⎩
hay tgx 1
=
⇔
=2 sin x 1
x
x ⇔ =
+ πk hay
=
k + π
π 2
π 4
2
2
2
2
C
12x 4y 36
x 6
0
4
x ⇔ +
−
+
= ⇔ −
+
y 2 −
=
(
)
(
)
(2)
y − (I 6,2
)
TRANG 6
CAÂU III ) 1/ ( Vaäy (C) coù taâm vaø R=2
y
x= ±
1I
naèm treân 2 ñöôøng thaúng
Vì ñöôøng troøn ( vaøvì (C) coù taâm ,R = 2
)1C tieáp xuùc vôùi 2 truïc Ox, Oy neân taâm (I 6,2) 1I (x; x) ± ñöôøng thaúng y = x ⇒
x
( I x,x , baùn kính
)
=1R
1TH : Taâm
1I ∈
2
2
=
x 6
2 x
+
x 2 −
= +
vôùi x > 0. neân taâm
( ⇔ −
)
(
)
I I 1
R R + 1
2
2
x
16x 4x 36
0
4 4x x
+ ⇔ −
+
−
=
= +
x 2 −
+
)1C tieáp xuùc ngoaøi vôùi (C) ⇔ 2 2 )
(
)
( ⇔ −
x
0
2 hay x 18 .ÖÙng vôùi
20x 36 +
= ⇔ =
=
=
=
x 6 2x ⇔ −
R 1
2 hay R 18 1
2
2
2
2
18
x 18 −
+
y 18 −
=
+
x 2 −
y 2 −
(
)
)
(
( y
) x
x
= ; ( 4 ( ) I x, x = − ⇒ − ;
) =1R
2
36
y 6 +
x 6 −
+
=
)
)
(
2
2
2
; 18
4; x 18 −
x 2 −
y 2 −
+
=
+
y 18 −
=
)
(
)
2
2
36
y 6 +
x 6 −
=
+
ñöôøng thaúng
( (
) )
uuur
=
Coù 2 ñöôøng troøn laø: ( 1I ∈ 2TH : Taâm Töông töï nhö treân, ta coù x= 6 2 Coù 1 ñöôøng troøn laø ( Toùm laïi ta coù 3 ñöôøng troøn thoûa ycbt laø: 2 ) ( ( ) (
H 1,2,0 . H chính laø taâm ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc vuoâng
uuur OC AB ⇒ B(2,4,0) 2a/ Töù giaùc OABC laø hình chöõ nhaät ⇒ )
(
* Ñoaïn OB coù trung ñieåm laø
OBC. Vì A, O, C cuøng nhìn SB döôùi moät goùc vuoâng neân trung ñieåm I ( 1; 2; 2 ) laø taâm maët caàu vaø
4 16 16
3
SB
+
=
+
=
1 2
2
2
2
9
+
y 2 −
+
(z 2) −
=
(
)
, baùn kính R =
uuur SC
1 2 Vaäy phöông trình maët caàu laø ( 0,4, 4 −
=
(
)
2b/ laø vtcp cuûa SC. choïn (
) x 1 − ) 0,1, 1− x 0 =⎧ ⎪ y t =⎨ ⎪ = − z 4 t ⎩
A 2,0,0 vaø vuoâng goùc vôùi SC coù phöông trình laø
(
) y z
y z
0
−
0 + − = ⇔ − =
Pt tham soá ñöôøng thaúng SC
( O x 2
Mp (P) qua )
) M 0,2,2
(
Theá pt tham soá cuûa SC vaø pt (P) Ta coù t=2 vaø suy ra
1AA
( 1A x,y,z laø ñieåm ñoái xöùng vôùi A qua SC. Coù M laø trung ñieåm cuûa 2.0
) x
2
2 x
= −
Goïi neân
(
)
1A 2,4,4 −
+ = 0 y 2.2 + = ⇒ = + = = 2.2 0 z
y z
4 4
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
7
Vaäy
I
d
x
=
∫ 30
x 2 + x 1 +
3
3
CAÂU IV: 1/ Tính
t
x 1
x
t
dx
1
2 3t dt
=
+ ⇒ =
− ⇒ =
TRANG 7
Ñaët
3
x 2
1
+ =
2
+ 3
2
5
2
t
+
2
2
t (
⇒
4
I
dt
3
t
3
=
=
+
=
+
=
(
) t dt
∫
∫
1
1
t
t 5
t 2
231 10
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦ 1
+ 2n 1
2
3
+ 1
C
C
... C
1 x +
=
+
x C +
+
+ +
.Ñoåi caän t( 0) = 1 ; t (7 ) = 2. ) 1 3t Vaäy
)
0 + 2n 1
1 C + 2n 1
2 x + 2n 1
3 x + 2n 1
+ 2n 1 2n x + 2n 1
+ 2n 1
2/ Ta coù (
x 1=
2
C
C
C
C
=
+
+
+
+
0 + 2n 1
1 C + 2n 1
2 + 2n 1
3 + 2n 1
4 + 2n 1
Cho Ta coù (1)
1
x = −
C
C
C
0 C =
−
+
−
+
− −
+ 2n 1 ... C + + 1+ 2n ... C + n 1 2 + 2n 1
1 C + 2n 1
2 + 2n 1
3 + 2n 1
4 + 2n 1
2n 1 +
Cho Ta coù (2)
2
C
C
... C
=
+
+
+ +
3 2n 1 +
5 2n 1 +
2n 1 + 2n 1 +
0 + 2n 1 1 ⎡ 2 C ⎣ 2n 1 +
⎤ ⎦
2n
Laáy (1) - (2) ⇒
2
C
C
... C
1024
10 2
=
+
+
+ +
=
=
1 C + 2n 1
5 + 2n 1
+ 2n 1 + 2n 1
3 + 2n 1 10
k
k
10 k −
. Vaäy 2n=10 ⇒
3x
2 3x −
=
(
10 )
) 1 C 2
(
)
k 10
( −∑
k 0 =
7
3
3
Ta coù
7x
−
7 10C 3 .2
− 3 7 10C 3 .2 3
4
Suy ra heä soá cuûa laø hay
1 x 1
4
x + = + + + ≥ 3
x 3
x 3
x 3 3
3
4
1
4
+
1 = +
+
+
≥
3
y x
y 3x
y 3x
y 3x
y 3 3 .x
2
6
3 3
4
CAÂU V: Ta coù:
1
4
1
16
+
≥
+
1 = +
+
+
≥
4
3
3
9 y
9 y
3 y
3 y
3 y
3 y
⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
y
(
)
2
3
3
4
1
256
256
+
+
+
≥
=
⇒
) 1 x 1
3
3
y x
9 y
6 3 y x 3 3 3 3 .x y
⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎞ ⎜ ⎟⎜ ⎠⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
4
Vaäy (
26 x
4
2
log
6
x
x
x 5 − +
−
−
2
2
x
1
y
x
1
+ + −
y + =
DÖÏ BÒ 1 KHOÁI B: Caâu I: (2 ñieåm). 1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò ( C ) cuûa haøm soá 2. Tìm m ñeå phöông trình sau coù 4 nghieäm phaân bieät : m 0 y = = .
x
2
y
4
+
=
⎧ ⎪ ⎨ 3 ⎪⎩
Caâu II: 2 ñieåm) 1. Giaûi heä phöông trình :
3 2 2 cos (
x
) 3cos
x
sin
x
−
−
−
= 0
π 4
2
2
2. Giaûi phöông trình :
Caâu III: (3 ñieåm) 1. Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho elip (E) : = 1. Vieát + x 64 y 9
phöông trình tieáp tuyeán d cuûa (E) bieát d caét hai hai truïc toïa ñoä Ox, Oy laàn löôït taïi A, B sao cho AO = 2BO.
:
=
= vaø
d 1
x 1
y 1
z 2
t 1 2
d
:
2. Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz cho hai ñöôøng thaúng
2
t
x = − − ⎧ ⎪ y t =⎨ ⎪ = + z 1 ⎩
( t laø tham soá )
TRANG 8
a) Xeùt vò trí töông ñoái cuûa d1 vaø d2 .
0
y
x
z
2 .
− + =
b) Tìm toïa ñoä caùc ñieåm M thuoäc d1 vaø N thuoäc d2 sao cho ñöôøng thaúng MN song song vôùi maët phaúng (P) : vaø ñoä daøi ñoïan MN =
e
2
Caâu IV: ( 2 ñieåm)
x
ln
xdx
∫
0
1. Tính tích phaân .
2. Moät ñoä vaên ngheä coù 15 ngöôøi goàm 10 nam vaø 5 nöõ. Hoûi coù bao nhieâu caùch laäp moät
nhoùm ñoàng ca goàm 8 ngöôøi bieát raèng trong nhoùm ñoù phaûi coù ít nhaát 3 nöõ.
3 4
3
3
3
a
b 3
b
c 3
c
a 3
+
+
+
+
+
≤3 . Khi naøo ñaúng thöùc xaûy ra ?
Caâu V: (1 ñieåm) Cho a, b, c laø ba soá döông thoûa maõn : a + b + c = .. Cmraèng :
2
+
y x =
2
3
12x
x
0 hay x
3
=
−
= y' 4x
−
= ⇔ =
= ±
2
6x 5 − ) ( 3 ,y' 0 4x x x 1 12,y'' 0 = ⇔ = ±
y'' 12x =
−
Baøi giaûi: CAÂU I: 4 1/ Khaûo saùt . MXÑ: D=R
−∞
+∞
3
3−
-1 0 1
BBT x y ' y '' y
+∞ - + -4 0 + + 0 0 + - 0 5 - - 0 0 0 -4 + + +∞ - +
2
log m 0
6x
−
= coù 4 nghieäm phaân bieät.
−
2
Ñoà thò
4
4
2
x
6x
log m 0
x
6x
−
−
= ⇔ −
5 + =
log m 5 +
2
2
2/ Tìm m ñeå pt 4 x 2
k
=
log m 5 +
2
Ñaët
⇔
TRANG 9
Ycbt ñöôøng thaúng y=k caét (C) taïi 4 ñieåm phaân bieät
4
log m 5 5
4
5
k
+ <
⇔ − < < ⇔ − <
2
9
log m 0
⇔ − <
< ⇔ <
m 1 <
2
5 x
1 9 2 3x 3 − −
− =
( ) 2x 4 1 −
CAÂU II 1/ Giaûi pt
2
x
5
− ≥ ⇔ ≤ ≤ 0
Ñieàu kieän
5 x
3x 3 0 − ≥ ⎧ ⎪ 5 x 0 ⎨ ⎪ − ≥ 2x 4 ⎩ 3x 3 − =
⇔
− +
3x 3 5 x 2x 4 2
2 x 5
⇔ − = − +
− +
−
−
2 x 5 − vaø ≤ ≤ 2x 4 ) )( ( 5 x 2x 4 vaø ≤ ≤
5 x 2x 4 vaø
(1)
−
−
2 x 5 ≤ ≤
(
)(
)
0
2 x 5 ]
−
x 2 ⇔ − =
)
2 hay [ x 2
x ⇔ =
− =
< ≤
−
hay[ x 2 − = ( 2 5 x vaø 2 x 5]
( 5 x 2 vaø < ≤ )
2 hay x
4
x ⇔ =
=
2
2
3
x 2 ⇔ − =
2sin x
+
=
( ) 0 2
) − + sin x cos2x cos x tg x 1
(
2/ Giaûi pt:
≠ ⇔ ≠
0
x
+ π k
π 2
2
3
2
co
s x
0
≠
sin x cos 2x sin x cos x 2 sin x
0 vaø
+
=
+
( ) ⇔ 2
2
sin x cos2x 2sin x
cos2x
0 vaø
⇔
+
−
=
cos x
0
≠
− ) sin x cos2x 1 cos2x
cos2x
0 vaø
⇔
+ −
−
=
co
s x
0
≠
( (
)
2
sin x
0 vaø
⇔
=
cos x
0
≠
( − − 1 2sin x
)
2
Ñieàu kieän : cos x
cos x
0
⇔
2sin x sin x 1 0=
−
≠
sin x
( vì sin x
⇔
=
= −
) ( 1 loaïi )
sin x
sin
k2 hay x
k2
π
⇔
=
=
x ⇔ =
+
π
=
+
+ 1 2 1 2
π 6
π 6
5 π 6
vaø
0,y
≥
0 ≥
CAÂU III. 1/ Do tính ñoái xöùng cuûa elíp (E). Ta chæ caàn xeùt tröôøng hôïp x
A 2m,0 ;B 0,m laø giao ñieåm cuûa tieáp tuyeán cuûa (E) vôùi caùc truïc toïa ñoä (
m 0>
)
(
)
Goïi ). Pt
x 2y 2m
1
= ⇔ +
−
= 0
( x y + 2m m
AB:
64 4.9
=
2
m 25 m 5 m 0
4m 100
⇔ + 2 = ⇔ = ⇔ =
>
⇔
4m (
)
AB tieáp xuùc vôùi (E) 2
−
+
0 =
Vaäy pt tieáp tuyeán laø x 2y 10
TRANG 10
Vì tính ñoái xöùng neân ta coù 4 tieáp tuyeán laø
x 2y 10
0,x 2y 10
0
+
−
=
+
+
=
x 2y 10
−
−
=
−
+
=
=
0, x 2y 10 ) ( O 0,0,0 , VTCP
)
1d
r b
0 r a ( = −
( 1,1,2 ) 2,1,1
2/ a/
1, 5,3
) B 1,0,1 − )
( = −
) 1, 0,1
2d qua r r ⎡ a, b ⎣
, , VTCP uuur OB
0
= + = ≠ ⇔
d ,d 1
2
cheùo nhau
M t ',t ',2t '
N d
N 1 2t,t,1 t
∈ ⇒ − −
(
) +
(
)
⎡ ⎣ b/ uuuur MN
2t = − − −
−
+
−
;
⊥
=
⇔
2 ) t ' 1,t t ',t 2t ' 1 uur uuuur ( ) MN n 1, 1,1 − p
t ' 1 t
t 2t ' 1 0
2t
t '
0
⇔
= ⇔ − − − − + + −
+ =
t
t
' ⇔ = −
qua ( ( ⎤ = − − ⎦ r r uuur ⎤ a, b OB 1 3 4 ⎦ 1M d ∈ ⇒ (
2
2
2
MN
4t '
2
=
+
+
=
(
) t ' 1 −
( 1 3t ' −
)
2
14t '
8t ' 2
t '
0
0 hay t '
⇔
−
2 + = ⇔
−
= ⇔ =
=
( 2t ' 7t ' 4
)
4 7
Vì MN // (P) uuuur r pMN.n
M 0,0,0 O P loaïi ≡ ∈
(
(
* t’=0 ta coù
,
t '
−
= ta coù
) 4 3 , 7 7
4 7
⎞ ⎟ ⎠
⎛ M , ⎜ ⎝
)( 1 ⎛ ; N , ⎜ 7 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
*
I
) 4 4 8 7 7 7 e 2 x ln xdx 1
3
2
CAÂU IV. 1/ Tính
dv
x dx choïn v
=
=
u
ln x
du
= ⇒ =
= ∫ dx x
x 3
3
3
e
e
2
3
3
ln x
x
e
I
x ln xdx
ln x
x
=
−
=
=
=
−
e 1
∫
∫
1
1
e3 1
dx x
x 3
1 9
2 9
1 + 9
1 3
x 3 2. Ta coù tröôøng hôïp
Ñaët ;
2520
=
* 3 nöõ + 5 nam. Ta coù
1050
=
* 4 nöõ + 4 nam. Ta coù
120
=
5 3 C C 5 10 4 4 C C 5 10 5 3 C C 5 10
* 5 nöõ + 3 nam. Ta coù
+
3
a 3b 2
+
≤
=
+
+
(
) a 3b 1.1
)
(
+
3
Theo qui taéc coäng. Ta coù 2520 + 1050 + 120 = 3690 caùch CAÂU V:
b 3c 2
+
≤
=
+
+
(
) b 3c 1.1
)
(
+
3
c 3a 2
+
≤
=
+
+
)
(
(
) c 3a 1.1
a 3b 1 1 + + 3 b 3c 1 1 + + 3 c 3a 1 1 + + 3
3
3
3
Ta coù
6
a 3b +
+
b 3c +
+
c 3a +
≤
+ +
+
( 4 a b c
)
⎡ ⎣
⎤ ⎦
1 3 1 3 1 3 1 3
TRANG 11
Suy ra
4.
6
3 =
≤
+
1 3
3 4
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦
a b c
+ + =
⇔
⇔
a
b
1 c = = = 4
c 3a 1
3 4 b 3c = +
= +
=
3
3
3
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ + a 3b ⎩ 3
Daáu = xaûy ra
x
a 3b
a 3b
=
x + ⇒ = +
b 3c
b 3c ;
y ; =
y + ⇒ = +
3
3
z
c 3a
c 3a
=
z + ⇒ = +
3
3
3
Caùch 2: Ñaët
x y z
3
⇔ + + ≤ .
x
y
z
4.
+
+
=
+ +
=
= 3 . BÑT caàn cm
( 4 a b c
)
3
3
3
⇒
3 1 1 3 y .1.1 3y
3 4 ; 3 y
+ + ≥
=
x
3 1 1 3 x .1.1
3x
+ + ≥
=
3
3
3
3
9 3 x y z
Ta coù : ;
y
z
+ +
≥
+
+
3 = ).
z
3 1 1 3 z .1.1
3
+ + ≥
= z ⇒
(
)
3 + + ≤ 3
3
(Vì 3 x
a 3b +
+
b 3c +
+
c 3a +
3 ≤
3
3
3
x
y
z
1 vaø a b c
Vaäy x y z Hay 3
=
=
+ + =
3 4
a 3b
b 3c
⇔ +
= +
= +
c 3a 1 vaø =
a b c
c
b
1 a + + = ⇔ = = = 4
2
Daáu = xaûy ra ⇔ =
2 x (*) Caâu I: (2 ñieåm) Cho haøm soá : y =
3 4 DÖÏ BÒ 2 KHOÁI B: 2 x + + 1 x +
1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò ( C ) cuûa haøm soá (*) . 2. Goïi I laø giao ñieåm cuûa hai tieäm caän cuûa ( C ).Chöùng minh raèng khoâng coù tieáp tuyeán naøo cuûa
6
x
1 4
x
1
−
+ −
0 + ≤
(C ) ñi qua ñieåm I .
2 tg x
tg
x
) 3 −
=
+
π ( 2
28 x 1 − x
x
2
23
2
y
2. Giaûi phöông trình : Caâu II:( 2 ñieåm). 1. Giaûi baát phöông trình : x cos 2 2 cos
−
= 0
−
2 ): x2 + y2
9= . Vieát phöông trình truïc ñaúng phöông d cuûa 2 1) vaø (C2). Chöùng minh raèng neáu K thuoäc d thì khoûang caùch töø K ñeán taâm cuûa (C1)
0
1
2
2
y
x
z
vaø (C
− + =
+
1 laø hình chieáu cuûa M leân maët phaúng ( P ). Xaùc ñònh toïa ñoä ñieåm M1 vaø tính ñoä daøi ñoïan MM1. b) Vieát phöông trình maët phaúng ( Q ) ñi qua M vaø
Caâu III: (3 ñieåm). 1. Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho 2 ñöôøng troøn : (C1 ): x2 + y2 − ñöôøng troøn (C nhoû hôn khoûang caùch töø K ñeán taâm cuûa ( C2 ). 2. Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz cho ñieåm M(5;2; - 3) vaø maët phaúng (P) : . a) Goïi M
:
=
=
x-1 2
y-1 1
z-5 -6
π 4
x
sin
chöùa ñöôøng thaúng
cos
) x dx
tgx e ( +
∫
0
Caâu IV: ( 2 ñieåm). 1.Tính tích phaân .
0
y
x
1
≤ ≤ ≤
2. Töø caùc chöõ soá 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 coù theå laäp ñöôïc bao nhieâu soá töï nhieân, moãi soá goàm 5 chöõ soá khaùc nhau vaø nhaát thieát phaûi coù 2 chöõ 1, 5 ?
TRANG 12
Caâu V: (1 ñieåm) Cmraèng neáu thì
x y
y x
−
≤ . Ñaúng thöùc xaûy ra khi naøo?
1 4
2x
Baøi giaûi
y
=
2x 2 + + x 1 +
CAÂU I 1/ Khaûo saùt (C)
D R \ =
{ } 1 −
2
+
2
,y '
x
0
2x
0
x
0 hay x
2
y '
= ⇔ +
= ⇔ =
=
= −
2x 2 ) x 1 +
x ( BBT
−∞
+∞
x y '
MXÑ:
+
+∞
y + -2 0 -2
−∞
0 0 2 -1 - - +∞ −∞
x = −1 laø pt t/c ñöùng. y
x 1
= + laø pt t/c xieân
Tieäm caän
1,0−
)
x
2
2 o
laø giao ñieåm cuûa 2 tieäm caän. Ñoà thò :Baïn ñoïc töï veõ. 2/ Chöùng minh khoâng coù tieáp tuyeán naøo cuûa (C) ñi qua ( I
∈ ⇔ =
C
y
)
(
( M x ,y
)
o
o
o
o
Goïi
+
x x
y y
y y −
=
=
x x −
( f ' x
)(
) − ⇔ −
(
)
o
o
o
o
o
+
x (
2x o 2 ) 1
o
+ + 2x o + x 1 o oM ⎛ ⎜ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎟ ⎠
x
2x
1 x
+
− −
)
2 o
o
o
2 o x (
1,0−
0 y
⇔ −
=
Phöông trình tieáp tuyeán cuûa (C) taïi
)
o
2
x
)( ) 1 +
(
o
x
2
x
+
2 o
o
⇔
=
+ x
2 o x
2x + o 1 +
2x 1 +
o
o
1,0−
2
0⇔ = Voâ lí. Vaäy khoâng coù tieáp tuyeán naøo cuûa (C) ñi qua ( I
)
Tieáp tuyeán ñi qua ( I
28x
6x 1 4x 1 0
−
+ ≤ (1)
+ −
CAÂU II 1/ Giaûi baát phöông trình
28x
6x 1
⇔
−
+ ≤
4x 1 −
x
Vx
≤
≥
2
1 2
8x
6x 1 0 + ≥
Vx
x
≥
=
1 2
1 4
− 4x 1 0
x
⇔ − ≥
⇔
2
2
0 hay x
≥
8x
6x 1 (4x 1)
−
+ ≤
−
2
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
1 4
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ≤ x ⎪ ⎩
1 4 1 4 −
2x 0 ≥
⎧ ⎪ ⎪ ⎪ ⇔ ≥ ⎨ ⎪ ⎪ 8x ⎪ ⎩
hay x
x ⇔ =
≥
1 4
1 2
TRANG 13
(1)
tg
x
2 3tg x
+
−
=
π 2
cos 2x 1 − 2 cos x
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
2
2/ Giaûi phöông trình (2)
⇔ −
cot gx 3tg x −
=
2sin x − 2 cos x
2 tg x
3 tg x
k , k
tgx
x
1
1
Z
⇔ −
−
0 = ⇔
= − ⇔ = − ⇔ = − + π ∈
1 tgx
3=
(
π 4 1R
)1C coù taâm ) I 1,1 , baùn kính
) O 0,0 baùn kính 2R
)2C coù taâm (
)1C , (
)2C laø
2
2
2
2x 2y 23
y
y
x
9
x
= 0
+
−
−
−
−
+
−
)
)
(2)
y
x
7 −
( 0 ) ∈ ⇔ = −
(
x y 7 ( K x ,y k
k
k
k
2
2
2
2
OK
x
0
y
0
x
y
x
x
7
2x
14x
49
=
−
+
−
=
+
=
−
=
+
+
(
(
)
( + −
)
k
k
2 k
2 k
2 k
2 k
k
k
2
2
2
) 2
2
IK
x
y
x
x
8
2x
14x
=
−
−
=
−
−
=
+ 5 6
+
(
) 1
(
) 1
)
k
k
k
k
2 k
k
( 2
2
Goïi CAÂU III 1/ Ñöôøng troøn ( Ñöôøng troøn ( 5= Phöông trình truïc ñaúng phöông cuûa 2 ñöôøng troøn ( ( 2 ⇔ + + = (d) ) d
2x
14x
49
16
2x
14x
65
+
+
=
> 0
+
=
+
−
− IK OK
2 k
k
) 1 2 k
k
+ )
( + − ( )
2
2
Ta xeùt
IK
OK
( IK OK(ñpcm) ⇔ >
Vaäy
> 1M Mp (P) coù PVT
r n
=
−
(
) 2,2, 1
x
5 2t
2/ Tìm laø h/c cuûa M leân mp (P)
)P⊥ (
1MM
Pt tham soá qua M, laø
3 t
+
)
=
2
0
t
18 9t
( 2 5 2t + = ⇔ = − . Vaäy
⇔ +
= + ⎧ ⎪ y 2 2t = + ⎨ ⎪ = − − 3 t z ⎩ ) ( ) ( 1 0 2 2 2t − − − + = + ) ( ) ( P M 1, 2, 1 MM − − ∩ 1 1
2
2
2
Theá vaøo pt mp (P):
16 16 4
36
=
+
2 2 +
=
+ =
+
6 =
(
) 3 1
)
1MM
Ta coù
:
r a
2,1, 6
=
−
Δ
=
=
(
)
( y 1 − 1
( + − + z 5 − 6 −
* Ñöôøng thaúng ñi qua A(1,1,5) vaø coù VTCP
=
−
) 5 1 − x 1 − 2 uuuur ) ( AM 4,1, 8
Ta coù
uuuur r AM,a
⇔
(
) 2,8,2 hay (
) 1,4,1
⎡ ⎣
⎤ = ⎦
0
x 5 −
−
+
+
z 3 +
=
)
(
)
mp (Q) qua A coù PVT laø Maët phaúng (Q) ñi qua M, chöùa Δ
) + −
( 4 y 2 0 =
Δ
neân pt (Q): ( Pt (Q): x 4y z 10 +
+ −
+ =
−
−
Caùch khaùc: Maët phaúng (Q) chöùa neân pt mp(Q) coù daïng: x 2y 1 0 hay m(x 2y 1) 6y z 11 0 . Maët phaúng (Q) ñi qua M(5;2; - 3) neân ta coù = + +
0 =
+ −
+
TRANG 14
5 – 4 + 1 = 0 ( loaïi) hay m( 5 – 4 + 1) + 12 – 3 – 11 = 0 ⇔ m = 1. Vaäy Pt (Q): x 4y z 10
/ 4
π
sin x
I
=
tgx e +
(
) cos x dx
∫
0
/ 4
/ 4
/ 4
/ 4
π
π
π
π
sin x
sin x
CAÂU IV: 1/ Tính
I
tgxdx
e
cos xdx
dx
e
cos xdx
=
+
=
+
∫
∫
∫
∫
0
0
0
0
sin x cos x
/ 4
π
/ 4
π
sin x
1 2
e
ln 2 e
1
+
=
+
−
( ln cos x
)
= − ⎡ ⎣
⎤ ⎦
0
o
Ta coù:
n
=
a a a a a 1 2 3 4 5
2/ Goïi laø soá caàn laäp
=
4.5 20 =
2 5A
Tröôùc tieân ta coù theå xeáp 1, 5 vaøo 2 trong 5 vò trí: ta coù: caùch
2
Xeáp 1,5 roài ta coù 5 caùch choïn 1 chöõ soá cho oâ coøn laïi ñaàu tieân
=
* Theo qui taéc nhaân ta coù: soá n. 4 caùch choïn 1 chöõ soá cho oâ coøn laïi thöù 2 3 caùch choïn 1 chöõ soá cho oâ coøn laïi thöù 3 5A .5.4.3 20.60 1200 =
=
4.5 20 =
2 5A
Caùch khaùc : - Böôùc 1 : xeáp 1, 5 vaøo 2 trong 5 vò trí: ta coù: caùch
3.4.5 60
=
=
-Böôùc 2 : coù caùch boác 3 trong 5 soá coøn laïi roài xeáp vaøo 3 vò trí coøn laïi .
x
0
3 5A Vaäy coù 20.60 = 1200 soá n thoûa ycbt. 2 ≤ ≤ ⇒ ≥
CAÂU V. Ta coù
x y
y x
x y y x −
x 1 1 ≤ ⇔ 4
x 1 ≤ + 4
Ta coù (1)
2
Theo baát ñaúng thöùc Cauchy ta coù
y x
yx
2 2 yx .
x y
=
x y y x −
1 + ≥ 4
1 + ≥ 4
1 4
1 ≤ 4
0 y x 1 ≤ ≤ ≤
2
⇒
x
x
⇔
=
⇔
y
=
x 1 =⎧ ⎪ ⎨ 1 ⎪⎩ 4
2
yx
=
1 4
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ⎪ ⎩
Daáu = xaûy ra
DÖÏ BÒ 1 KHOÁI D:
1) Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá (1) khi
2) Tìm m ñeå ñoà thò (Cm) tieáp xuùc vôùi ñöôøng thaúng y= 2mx – m – 1. x 3 5 2 x Caâu I: (2 ñieåm) Goïi (Cm) laø ñoà thò cuûa haøm soá y= – x3+ ( 2m + 1) x2 – m – 1 (1) . =m 1 (m laø tham soá). Caâu II:( 2 ñieåm). 1. Giaûi baát phöông trình : x − ≥ 7 + − 2 −
2
(
)
x
tg
−
+
=
x
3 π 2
12
6
4
y
x
2. Giaûi phöông trình :
= 0
−
−
0
− sao cho MI = 2R , trong ñoù I laø taâm vaø R laø baùn kính cuûa ñöôøng troøn (C).
y− + =
. Tìm toïa ñoä ñieåm M thuoäc ñöôøng thaúng
x sin 1 cos + Caâu III: (3 ñieåm). 1. Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho ñöôøng troøn (C): x2 + y2 d : 2 x 3 2. Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz cho laêng truï ñöùng OAB.O1A1BB1 vôùi A(2;0;0), B(0; 4; 0), O1(0; 0; 4) a) Tìm toïa ñoä caùc ñieåm A1, B1. Vieát phöông trình maët caàu qua 4 ñieåm O, A, B, O1.
TRANG 15
b) Goïi M laø trung ñieåm cuûa AB.Maët phaúng ( P ) qua M vuoâng goùc vôùi O1A vaø caét OA, OA1 laàn löôït taïi N, K . Tính ñoä daøi ñoïan KN.
3
e
2
I
dx
=
∫
ln ln
1
x
x x +
1
k
Caâu IV: ( 2 ñieåm). 1.Tính tích phaân .
kC
} 0;1; 2;.....; 2005
nC
2005
sao cho ñaït giaù trò lôùn nhaát. ( laø soá toå hôïp chaäp k cuûa n
2
2
x
x
x
+
+ 1
+ 1
+
2. Tìm k { ∈ phaàn töû)
2
7 2005 2005 7 x − ≤ +
3 0 2) m x ( x m 2 + + ≥ − + Caâu V: (1 ñieåm) Tìm m ñeå heä phöông trình sau coù nghieäm: ⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
Baøi giaûi
3
2
CAÂU I
y
x
= −
+
−
+
− 1
(
) 2m 1 x m
3
2
1/ Khaûo saùt khi m=1
y
x
3x
2
= −
+
−
2
Khi m = 1 thì
3x
6x
3x
x
0
0 hay x
2
= −
+
=
− +
= ⇔ =
=
(
0
y ''
) x 2 , y ' x 1 = ⇔ =
= −
6x 6, y '' +
MXÑ: D=R y '
−∞ +∞
BBT x y ' y '' y
+∞ −∞
- + loõm 0 0 -2 + + loõm 1 0 0 + - loài 2 2 - - loài
y 2 =
−
−
( mx m 1 d
)
)mC
3
2
x
+
2m 1 x m 1 2mx m 1 − =
+
−
−
−
(
)
tieáp xuùc vôùi 2/ Tìm m ñeå (
)mC
2
−
+
=
3x
2m
) ( + 2 2m 1 x
⎧− ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
TRANG 16
coù nghieäm (d) tieáp xuùc vôùi (
2
0 hay x
2
m
+
−
=
) 2m 1 x +
2
−
+
=
3x
2m
( ) ( + 2 2m 1 x
⎧ = x ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
2
2m
x
+
=
(
) 2m 1 x +
coù nghieäm
⇔ =
m 0 hay
2
2
+
= −
+
−
3x
x
) ( + 2 2m 1 x
(
) + 2m 1 x
2
x
2
m
+
=
coù nghieäm
⇔ =
m 0 hay
2
−
=
2x
0
( (
) 2m 1 x + ) + 2m 1 x
2x
2
m
=
+
) 2m 1 x +
coù nghieäm
m 0 hay
⇔ =
⎧− ⎪ ⎨ ⎪⎩ ⎧− ⎪ ⎨ ⎪⎩ ⎧− ⎪ ⎨ x =⎪ ⎩
( 2m 1 + 2
2
2
m 0 hay
2m
⇔ =
−
+
=
m 0 hay m
⇔ =
=
(
) 2m 1 +
2m 1 + 2
1 2
1 2
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
coù nghieäm
5 x
3x 2
+ −
− ≥
− (1)
CAÂU II: 1/ Giaûi bpt 2x 7
x
5
5 x
2x 7 0 + ≥ 0
− ≥ ⇔ ≤ ≤
2 3
0
− ≥
⎧ ⎪ ⎨ ⎪ 3x 2 ⎩
2x 7
3x 2
5 x vaø
x 5
Ñieàu kieän
+ ≥
− +
−
≤ ≤
2 3
2x 7 3x 2 5 x 2
⇔ + ≥
− + − +
−
−
vaø
x 5
≤ ≤
(
)( ) 3x 2 5 x
2 3
0
2 ⇔ ≥
−
−
23x ⇔ −
17x 14 +
≥
vaø
x 5
vaø
x 5
≤ ≤
≤ ≤
(
)( 3x 2 5 x
)
2 3
2 3
(x 1 hay
x)
vaø
x 5
x 1 hay
x
⇔ ≤
≤
≤ ≤
≤
5 ≤
14 3
2 3
14 3
(1) ⇔
tg
=
2
−
x
+
⎞ ⎟ ⎠
2/ Giaûi phöông trình (2)
cot gx
+
⇔
+
2 = ⇔
2 =
2 ⇔ ≤ ≤ 3 sin x + 1 cos x cos x sin x
sin x 1 cos x +
3 π⎛ ⎜ 2 ⎝ sin x 1 cos x + 2
(2)
sin x 0 ≠
2sin x 2sin x cos x
⇔
+
+
=
+
sin x 0 ≠
2sin x cos x 1 vaø
⇔
+
=
+
2 cos x cos x sin x ) ( cos x 1
(
)
2sin x 1
⇔
=
k
x
k
2 hay
x ⇔ =
+
π
=
+
2 . π
π 6
5 π 6
2x
y
3 0
y
2x
−
) I 2,3 , R=5 + = ⇔ =
3 +
vaø
(
)
M M
M
M
M
M
2
2
IM
x
2
y
3
10
=
−
+
−
=
(
)
(
)
M
M
TRANG 17
Ghi chuù:Khi sinx ≠ 0 thì cos x ≠ ± 1 CAÂU III. 1/ Ñöôøng troøn (C) coù taâm ( ) ( d M x ,y ∈ ⇔
2
2
x
2
2x
3 3
5x
4x
96
0
⇔
−
+
+ −
10 = ⇔
−
−
=
(
)
(
)
M
M
2 M
M
x
4
y
= − ⇒ = − ⇒ − −
M
M
⇔
x
y
M
24 5
63 5
( 5 M 4, 5 ⎛ M = ⇒ = ⇒ ⎜ M ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⇒
) 24 63 , 5 5 )
⊥
( ⇒
⎡ ⎢ ⎢ ⎢ ⎣ AA 2/ a/ Vì 1 ( Oxy
⊥ )
) Oxy ( B 0,4,4
( A 2,0,4 1 )
BB 1
1
2
2
2ax 2by 2cz d
(S):
−
+ = 0
−
−
Vieát pt maët caàu (S) qua O, A, B, O1 Ptmc 2 y x +
d
∈ ⇒ = 0
Vì
4 4a 0
= ⇒ = 1 a
∈ ⇒ −
Vì
0
16 8b
= ⇒ = 2 b
∈ ⇒ −
Vì
16 8c 0
c
= ⇒ = 2
1O
2
2
R
d
b
c
z + ( ) O S ( ) A S ( ) B S ( ) S ∈ ⇒ − Vaäy (S) coù taâm I(1,2,2) 2 2 a −
+
+
=
Vì
9
1 4 4 = + + =
2
2
2
y 2 −
+
+
z 2 −
= 9
)
)
Ta coù 2R
=
) M 1,2,0 ,
)
uuuur ( 1O A 2,0, 4 −
Ta coù ⇒ Vaäy pt maët caàu (S) laø: ) ( ( ( x 1 − b/ Tính KN (
1 2(z 0) 0 − −
=
−
( 0 y 2
)
) 1 − + x 2z 1 0
uuuur Mp(P) qua M vuoâng goùc vôùi O A neân nhaän O A 1 ⇒ pt (P): ( 1 x − (P):
− =
t
hay (1;0; -2) laøm PVT
0
0
PT tham soá OA laø
t 1 OA
=
(
) ( ) P N 1,0,0
t
Theá vaøo pt (P): x =⎧ ⎪ y =⎨ ⎪ =⎩ z t 1 0 − = ⇒ = ⇒ ∩
0
2, 0,4
=
(
)
uuuur 1OA
1OA
2t
x =⎧ ⎪ y =⎨ ⎪ =⎩ z
t 4t 1 0
t
Pt tham soá laø: vôùi hay (1;0;2) laø vtcp.
− = ⇒ = −
1 3
⇒
∩
−
,0,
−
(
) P K =
OA 1
1 3
2 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
TRANG 18
Theá vaøo pt (P): −
2
2
2
KN
1
0
=
+
+
0 0 −
+
+
=
=
=
(
)
1 3
2 3
20 9
20 3
2 5 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
3
e
Vaäy
x
I
d
=
∫
1
2 ln x x ln x 1 +
CAÂU IV: 1/ Tính
ln x
2t
1 ln
x
=
− =
+ 1 ⇒ 2 t
ln x 1
2tdt
=
+ ⇒
=
dx x
vaø Ñaët t
3 t(e )
2; t(1) 1
=
=
2
5
3
4
2
3
e
2
2
t
1
−
+
4
2
t
=
−
+
=
I
dx
2tdt
2
t
2
2 +t
=
=
=
−
(
) 1 dt
∫
∫
∫
1
1
1
t 5
2t 3
7 6 5 1
2t t
2 ln x x ln x 1 +
⎡ ⎢ ⎣
⎤ ⎥ ⎦ 1
C
C
≥
Ñoåi caän:
k N ∈
k 2005C
C
C
≥
k 2005 k 2005
k 1 + 2005 − k 1 2005
⎧ ⎪ ⇔ ⎨ ⎪⎩
≥
+
−
+ ≥
−
(
(
2005! ) k! 2005 k ! −
⇔
⇔
k 1 2005 k − ≥
2006 k
k
⎧ ⎨ ⎩
≥
−
−
2005! ) − k! 2005 k !
(
2005! ) ( ) k 1 ! 2004 k ! 2005! ) ( ) k 1 ! 2006 k !
1002
⇔
⇔
≤ ≤
k 1003, k N ∈
⎧ ⎪ ⎪ ⎨ ⎪ ( ⎪ ⎩ k 1002 ≥⎧ ⎨ k 1003 ≤⎩ k 1002 hay k 1003 ⇔ =
=
2x
2
+
+ x 1
+ x 1
+
7
2005 (1)
2005x
+
−
≤
2
m 2 x 2m 3 0 (2)
x
+ ≥
+
−
+
7 )
(
2. lôùn nhaát
2x
2
+
+ x 1
+
+ x 1
CAÂU V: Tìm m ñeå heä phöông trình sau coù nghieäm: ⎧ ⎪ ⎨ ⎪⎩
≥ −x
7
7
0, x
−
2
2x
Ñieàu kieän laø
7
7
g x
1;1 vaø sai khi x > 1
−
≤
+⇔ x 1 7
2005 1 x : ñuùn −
∀ ∈
−
(
)
[ ≤ ∀ ∈ − [
] 1;1 ]
)
2
x
Ta coù: (1)
]1,1
≥ 0
⇔
⇔
−
1;1
]
0
≥ ⇔ + ≥
+
3m 6 0 hay m 2 0≥
+
1 .Ta coù ( − ≤ ≤ 1 x 1 Do ñoù (1) ⇔ ) ( ( ) f x m 2 x 2m 3 0 coù nghieäm − = + + ≥ + Maxf(x) ≥ } { 0 max f( 1), f(1) [ ∈ − x {
} max 3m 6,m 2 +
⇔ ⇔ ≥ −m 2
. Vaäy, heä bpt coù nghieäm ⇔ [ ∈ −
DÖÏ BÒ 2 KHOÁI D:
2 3 x + + 1 x +
3
x
x 3 y Caâu I: (2 ñieåm) 1. Khaûo saùt söï bieán thieân vaø veõ ñoà thò cuûa haøm soá . =
m
=
2 3 x + + 1 x +
TRANG 19
2. Tìm m ñeå phöông trình coù 4 nghieäm phaân bieät
2
2
x x −
2
x
x
2
−
3
9
2
−
≤
1 3
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
x
x
x
x
cos
sin 2
cos 2
2 0
+
−
+
− =
Caâu II:( 2 ñieåm). 1. Giaûi baát phöông trình : .
3sin 2. Giaûi phöông trình : Caâu III: (3 ñieåm). 1. Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho 2 ñieåm A(0;5), B(2; 3) . Vieát phöông trình ñöôøng troøn ñi qua hai ñieåm A, B vaø coù baùn kính R = 10 . 2. Trong khoâng gian vôùi heä toïa ñoä Oxyz cho 3 hình laäp phöông ABCD.A1BB1C1D1 vôùi A(0;0;0), B(2; 0; 0), D1(0; 2; 2) a) Xaùc ñònh toïa ñoä caùc ñieåm coøn laïi cuûa hình laäp phöông ABCD.A1B1B C1D1.Goïi M laø trung ñieåm cuûa BC . Chöùng minh raèng hai maët phaúng ( AB1D1) vaø ( AMB1) vuoâng goùc nhau. b) Chöùng minh raèng tæ soá khoûang caùch töø ñieåm N thuoäc ñöôøng thaúng AC1 ( N ≠ A ) tôùi 2 maët phaúng ( AB1D1) vaø ( AMB1) khoâng phuï thuoäc vaøo vò trí cuûa ñieåm N.
π 2
2
I
( 2
x
1) cos
dx x
=
−
∫
0
Caâu IV: ( 2 ñieåm). 1.Tính tích phaân .
2
6
1
2
+
−
=
P n
2 A n
2 P A n n
k
2. Tìm soá nguyeân n lôùn hôn 1 thoûa maõn ñaúng thöùc : .
nA laø soá chænh hôïp chaäp k cuûa n phaàn töû)
( Pn laø soá hoùan vò cuûa n phaàn töû vaø
2
2
2
+
+
≥
Caâu V: (1 ñieåm) Cho x, y, z laø ba soá döông vaø x yz = 1. Cmraèng :
3 2
y
1
z
1
x
1
x +
y +
z +
.
Baøi giaûi
2x
CAÂU I:
C
y
=
(
)
1/ Khaûo saùt
\
D R =
3x 3 + + x 1 + { } 1 −
2
+
2
y '
,y '
x
0
2x
x
0
0 hay x
2
=
= ⇔ +
= ⇔ =
= −
x (
2x 2 ) x 1 +
MXÑ:
−∞
+∞
x y '
BBT
+
+∞
y + -2 0 -1
−∞
TRANG 20
0 0 3 -1 - - +∞ −∞
m
=
3x 3 + + x 1 +
Tieäm caän: x=-1 laø tc ñöùng y = x + 2 laø tc xieân 2x 2/ Tìm m ñeå pt coù 4 nghieäm
2
x
neáu x
1
> −
2
x
y
=
3x 3 + + x 1 + 2
3x 3 + + x 1 +
x
+
3x 3 +
(
)
neáu x
1
−
< −
x 1 +
⎧ ⎪ ⎪ = ⎨ ⎪ ⎪ ⎩ 2x
phaân bieät Ta coù
y
=
3x 3 + + x 1 +
2x
3
+
Do ñoù ñoà thò coù ñöôïc baèng caùch
y
=
2x
, ta coù Do ñoù, nhôø ñoà thò Giöõ nguyeân phaàn ñoà thò (C) coù x > -1 Laáy ñoái xöùng qua Ox phaàn ñoà thò (C) coù x<-1 3x + x 1 +
m
=
3x 3 + + x 1 +
2
− 2x x
2
x
2x
−
pt coù 4 nghieäm phaân bieät ⇔ m > 3
9
2
3
−
≤
( ) 1
⎛ ⎜ ⎝
2
2
1 ⎞ ⎟ 3 ⎠ 2x
x
2x
2x
x
2x
−
−
−
CAÂU II. 1/ Giaûi baát phöông trình
2.3
t
3
0
9
−
3≤
=
⇔
> 2
2
x
2x
x
2x
−
−
. Ñaët , (1) thaønh
1 3
0 3
3
1 3
3
− ≤ ⇔ − ≤ ≤
⇔ − ≤
≤ ⇔ <
≤
−
2t 3 0 2
1 t 2
2x 1
x 1
2
≤ ⇔ −
. Do ñoù, (1)
1 sin 2x cos2x 3sin x cos x 2 +
2x 1 0 − ≤ ⇔ − +
≤ ≤ + 2 − = −
( ) 0 2
Ta coù (1) 2t x x ⇔ − 2/ Giaûi phöông trình
2 2 sin x cos x 1 2 sin x 3sin x cos x 2
0
⇔
+ −
− =
−
+
2
2 sin x
2 cos x 3 sin x cos x 1 0 − =
−
+
⇔ −
(
)
2
(2)
2 sin x
−
⇔
+
2 cos x 3 sin x cos x 1 0=
+
+
)
2
2
( 3 )
2 cos x 3
Δ =
+
+
+
=
−
+ ( (phöông trình baäc 2 theo sinx) ) ( )( 4 2 cos x 1
(
)
) 2 cos x 1
−
=
=
sin x
1 2
Coù
+
sin x
cos x 1
+
=
=
⎡ ⎢ ⇔ ⎢ ⎢ ⎢⎣
Vaäy (2)
sin
x
cos x 1 hay sin x
=
+
=
( + − 2 cos x 3 2 cos x 1 4 2 cos x 3 2 cos x 1 + + 4 1 2
TRANG 21
⇔
sin
hay sin x
=
=
=
−
⇔
π 4
2 2
π 4
⎞ ⎟ ⎠
k2 hay x
k2 hay x
k2 hay x
k2
x
= π +
π
=
+
π
=
+
π
=
+
π
1 2 π 6
5 π 6
. ⇔
⎛ sin x ⎜ ⎝ π 2 Caùch khaùc: (3)⇔
(
0
−
−
−
=
) 2sin x 1) sin x cos x 1
(
)
laø taâm cuûa ñöôøng troøn (C) CAÂU III. ( I a, b 1/ Goïi
10
=
x a −
+
y b −
10=
(
)
2
2
2
2
0 a
10
a
b
0
10b 15 +
=
+
5 b −
= ⇔ +
−
( A C
) ∈ ⇔ −
(
)
(
)
taâm laø I, baùn kính R 2 Pt ( (C), 2 )
2
2
2
2
2 a
10
a
b
4a 6b 3
0
+
3 b −
= ⇔ +
−
+ =
−
( B C
) ∈ ⇔ −
(
)
(
)
2
2
3
a
a
1 = −
=
a
b
0
+
−
10b 15 +
=
⇔
⇔
hay
=
=
b
2
b
6
−
+
=
4a 4b 12
0
⎧ ⎨ ⎩
⎧ ⎨ ⎩
(1)
2
0
1
=
+
y 2 −
2
2
+
x 3 −
)
)
= 0 1 ( ) ) A 0,0,2 ;B 2,0,2 ;C 2,2,2 ;D 0,2,2
(
(
1
1
1
( ) ( coù caëp VTCP laø:
)
=
0,2,2
=
(2) (1) vaø ( 2) ⎧ ⎪ ⎨ ⎪ ⎩
( ( y 6 − ( ) A 0,0,0 ;B 2,0,0 ;C 2,2,0 ;D(0;2;0) ) 1 AB D 1 1 ) )
uuuur 1AB uuuur 1AD
Vaäy ta coù 2 ñöôøng troøn thoûa ycbt laø 2 ) ) ( x 1 + ) ) ( 2/ Ta coù ( Mp ( ( 2, 0,2 (
r u
1, 1,
=
(
( = −
) − 1
AB D ) 1 1
uuuur uuuur AB ,AD 1 1
⎡ ⎣
⎤ ⎦
1 4 AMB coù caëp VTCP laø:
,1,0
( M 2
)
2, 0,2
=
)1 ) )
coù 1 PVT laø ⇒ mp
AMB coù 1 PVT laø
r v
uuuur uuur AM,AB
=
=
mp ( uuuur ( AM 2,1, 0 = uuuur ( 1AB
( 1, 2, −
) −1
)1
⎤ ⎦
⎡ ⎣
⇒ mp (
⊥
r r u.v
r u
0
= −
( ) 1 1
1 2 ) ( 1 1 − − + − = ⇔ ⊥
( 1 2
)
r v ⇒ (
)
(
)
AB D 1 1
AMB 1
Ta coù:
N AC ∈
2,2,2
=
uuur 1AC
( N t,t,t
)
(
)
⇒1
t t t
x =⎧ ⎪ AC : y =⎨ 1 ⎪ =⎩ z
TRANG 22
, b/ ⇒ Pt tham soá
x y z
0
0
−
−
y 0 −
+
z 0 −
= ⇔ + − =
x 0 −
(
(
)
(
)
) AB D : 1 1
t
t
t
) t + −
Pt (
d
=
=
=
)
( d N,AB D 1 1
1
x 2y z
0
0
−
z 0 −
= ⇔ −
− =
−
−
⇒
) ( AMB : x 0
)
(
1
3 ( 2 y 0 t
3 ) − t 2t −
−
) 2t −
d
⇒
=
=
=
)
( d N,AMB 1
2
6
1 4 1 + +
t
t
1
Pt (
=
=
=
=
3 2 t
2 2
d d
6 2 t
3
6 2 3
2
6
⇒
t
0
∈
≠ ⇔ ≠
)
) vaø
(
( N AC N A 1
AB D 1 1
)1 AMB
Vaäy tæ soá khoaûng caùch töø tôùi 2 maët phaúng (
/ 2
/ 2
π
π
2
khoâng phuï thuoäc vaøo vò trí cuûa ñieåm N.
dx
I
=
−
=
(
) 2x 1 cos xdx
(
∫
∫
0
0
1 cos2x +⎛ ) 2x 1 − ⎜ 2 ⎝
⎞ ⎟ ⎠
2
/ 2
π
/ 2
π
2
x
x
−
=
=
−
=
(
) 2x 1 dx −
I 1
∫
⎡ ⎣
⎤ ⎦
0
0
1 2
π 8
π 4
/ 2
π
I
(2x 1)cos 2
xdx
=
−
2
∫
0
1 2 1 2
Ñaët u
(2x 1)
du dx,dv
cos 2xdx choïn v
sin 2x
=
− ⇒ =
=
=
1 2
/ 2
π
/ 2
/ 2
CAÂU IV: 1/ Tính
I
(2x 1)sin 2x
sin 2xdx
cos2x
=
−
=
= −
−
2
π 0
π 0
∫
0
1 2
1 2 1 4
1 2
1 4
2
/ 2
π
2
⇒
I
=
−
=
−
(
) 2x 1 cos x
∫
0
1 − 2
Do ñoù
>
π 4 ∈
12
6A P A −
+
=
) n N,n 1
π 8 (
2 n
n
n!
12
2n! ⇔ +
−
=
⇔
−
0 =
(
) 6 n! −
) ( 2 6 n! −
n! ) n 2 ! −
(
2P n 6n! ) n 2 ! −
(
2 n n! ) n 2 ! −
n! 6 hay n(n 1) 2 0
⇔ =
− − =
2 0
6 n!
0 hay
=
− =
( ⇔ −
)
( n! (n 2)! −
2
n 3hay n
2(vì n 2 )
=
≥
3 hay n
n 2 0 ⇔ =
n ⇔ =
− − =
2/ Tacoù:
2
2
+
+
≥
3 2
y x 1 y 1 z 1 x + +
z +
2
2
CAÂU V. Cho x,y, z laø 3 soá döông thoûa maõn xyz=1 2 CMR:
2
.
x
+
≥
=
1 y + 4
1 y + 4
x 1 y +
x 1 y +
2
2
y
2
+
≥
=
1 z + 4
y 1 z +
y 1 z + 1 z 4 +
TRANG 23
Ta coù:
2
2
z
2
+
≥
=
1 x + 4
z +
2
2
+
+
+
+
+
≥
x y z + +
(
)
1 y + 4
1 z + 4
1 x + 4
x 1 y +
z 1 x +
y 1 z +
z 1 x + 1 x 4 1 x + Coäng ba baát ñaúng thöùc treân veá theo veá ta coù: 2 ⎛ ⎜ ⎝
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎛ ⎜ ⎝
⎞ ⎟ ⎠
⎞ ⎟ ⎠ 2
2
2
⇔
+
+
+
x y z + +
(
)
x y z + + 4
z +
)
≥
3
x y z 3 xyz
+ + ≥
3 = )
.3
≥
=
3 − 4 3 4
9 − = − = 4
6 4
3 2
2
2
( vì
≥
+
+
y x 3 ≥ − − 1 y 1 z 1 x 4 + + ( 3 x y z + + 4 3 4 3 2
y x 1 y 1 z 1 x + +
3 4 2 z +
Vaäy
HAØ VAÊN CHÖÔNG- PHAÏM HOÀNG DANH-NGUYEÃN VAÊN NHAÂN. (TRUNG TAÂM LUYEÄN THI ÑAÏI HOÏC VÓNH VIEÃN)
TRANG 24
ĐỀ SỐ 1 :
Cho hàm số
y
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) x 1 2 x 1
x l
x 2.3
7 . 3
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = (m2 + 2)x + m song song với tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thỉ (C) với trục tung. Câu II (3, 0 điểm) 1 Giải phương trình: 2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x(ln x - 2) trên đoạn [l; e2].
1
3. Tính:
1
I (3 x ) dx . 1 x 2 1
Câu III (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ đứng ABC.A1B1C1 có đáy là tam giác ABC vuông cân tại A và BC = a. Đường chéo của mặt bên ABB1A1 tạo với đáy góc 60o. Tính thể tích khối lăng trụ đó theo a. II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1 Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm: A(1 ; 2; -1), B(2; 0; 1) và mặt phẳng (P) có phương trình 2x - y + 3z + 1 = 0. 1. Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Tìm tọa độ giao điểm của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). Câu V.a (1.0 điểm) Tìm phần thực, phần ảo của số phức z = (2 - i)3. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm: A(1 ; 2; - 1), B(2; 0; 1) và mặt phẳng (P) có phương trình 2x - y + 3z + 1 = 0. 1. Viết phương trình mặt phẳng (Q) đi qua A và song song với mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt phẳng (R) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (P). Câu V.b (1,0 điểm)
Thực hiện phép tính:
.
4 3 i i 1 i 1 4 3 i
ĐỀ SỐ 2
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH :(7 điểm)
Câu 1: (3điểm)
4 x 2
2 3 x 2
Chohàm số y có đồ thị (C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số . b) Viết phương trình tiếp tuyến tại điểm cực tiểu.
2ln
Câu 2: (3điểm) a) Giải phương trình: 2 0 3ln x
2 x x
2
x b) Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số y 1 (3 ) trên đoạn [0;2].
1
2 x
060 . Tính
2 xdx I c) Tính tích phân: 1 Câu 3: (1điểm)
Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy là a; góc giữa cạnh bên và đáy là thể tích khối chóp theo a ?
I.
PHẦN RIÊNG: (3điểm)
Thí sinh học theo chương trình nào chỉ được làm theo phần riêng cho chương trình đó ( phần 1 hoặc phần 2).
1. Theo chương trình chuẩn:
.
x y 2 z 2 5 0
.
Câu IVa: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm B(-1;2;-3) và mặt phẳng : 1. Tính khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng 2. Viết phương trình tham số của đường thẳng đi qua B, và vuông góc với mặt phẳng
22 x
4 0 CâuVb: Giải phương trình trên tập số phức x 3
2.Theo chương trình nâng cao.
Câu IVa: Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P): x+y+z-3=0 và đường
x t t y thẳng d: z 9 3 2 2 3 t
3
3
1. Viếtphương trình mặt phẳng (Q) chứa điểm M(1;0;-2) và qua đường thẳng d. 2. Viết phương trình chính tắc của đường thẳng (d') là hình chiếu của (d) lên mặt phẳng (P).
2 3 i i Câu Vb: Tìm phần thực và phần ảo của số phức
ĐỀ SỐ 3 :
3
2
Cho hàm số
3 2 y x x x
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3,0 điểm) 1 3
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Lập phương trình đường thẳng đi qua điềm cực đại của đồ thị (C) và vuông góc với tiếp tuyến của đồ thị (C) tại gốc tọa độ. Câu II (3, 0 điểm)
2
1 Giải phương trình:
2
x 2 x x 2) log ( 2 8) 1 log ( 1 2
2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số:
trên đoạn
.
1
[ ;3] y 4 x x 1 2
x e dx .
3. Tính:
0
I ( x 2)
Câu III (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có cạnh bên SA vuông góc với đáy. Mặt bên (SBC) tạo với đáy góc 600 Biết SB = SC = BC = a. Tính thể tích khối chóp đó theo a. II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - 7 = 0 và mặt phẳng (α) : x - 2y + 2z + 3 = 0 1. Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu (S) tới mặt phẳng (α). 2. Viết phương trinh mặt phẳng (β) song song với mặt phẳng (α) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu V.a (1,0 điểm) Giải phương trình sau trên tập số phức: 3x2 - 4x + 6 = 0. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
(S): x2 + y2 + z2 - 4x + 2y + 4z - 7 = 0 , đường thẳng d :
y 1 z x 1 2 2 1
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d và tiếp xúc với mặt cầu (S). 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua tâm của mặt cầu (S), cắt và vuông góc với đường thẳng d. Câu V.b (1,0 điểm) Viết dạng lượng giác của số phức z2, biết z = 1 + 3 i.
ĐỀ SỐ 4:
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số y = x4 - 2x2 - 3 1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Dùng đồ thị, tìm tất cả các giá trị của tham số m để phương trình sau có 4 nghiệm phân biệt: x4 - 2x2 - 3 = m . Câu II (3, 0 điểm)
x
x 1
1. Giải bất phương trình :
( ) 12.( ) . 8 1 4 1 2
2. Tính
(cos 3x sin 2x. sin x)dx
3. Trong tất cả các hình chữ nhật có cùng diện tích 64 cm2, hãy xác định hình chữ nhật có chu vi nhỏ nhất. Câu III (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABCD có cạnh bên SA vuông góc với đáy; Cạnh bên SC tạo với đáy góc 600. Đáy ABCD là hình vuông có độ dài đường chéo là a. Tính thể tích khối chóp đó theo a. II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1 Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 điểm: M(1; -2; l), N(1; 2; -5), P(0; 0; -3) và mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 - 2x + 6y - 7 = 0. 1. Viết phương trình mặt phẳng (MNP) . 2. Viết phương trình mặt phẳng (α) song song với mặt phẳng (MNP) và tiếp xúc với mặt cầu (S) Câu V.a (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi Parabol y = x2 và đường thẳng y = 2x + 3. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm: M(0; 2; -2), N(0; 3; -1) và mặt cầu (S) có phương trình : x2 + y2 + z2 - 2x + 6y - 7 = 0. 1. Tính khoảng cách từ tâm I của mặt cầu (S) tới đường thẳng MN. 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng MN và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu V.b ( 1,0 điểm) Tính thể,tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi Parabol y = 2x - x2 và đường thẳng y = x quay quanh trục Ox.
ĐỀ SỐ 5 :
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
y
Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số
4 2 x 2 x
1 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua giao điểm 2 đường tiệm cận của đồ thị (C) và vuông góc với tiếp tuyến của đồ thị (C) tại giao điểm của đồ thị (C) với trục Ox. Câu II (3, 0 điểm)
2
1. Giải bất phương trình:
.
2. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của hàm số :
f(x) = 4 sin3x - 9cos2 x + 6sin x + 9 .
2
x 3) x ) log 1 6 log ( 1 2 log (4 1 2
3. Tính:
1
I dx ln x 3 x
Câu III (1,0 điểm) Cho khối chóp S.ABC có SA = SB = SC = BC = a. Đáy ABC có BAC = 900, ABC = 600. Tính thể tích khối chóp đó theo a. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm: M(1; -2; 1) và đường thẳng d có
phương trình
x 1 z 1 2 y 3 1
1. Viết phương trình đường thẳng đi qua M và song song với đường thẳng d . 2. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với đường thẳng d . Câu V.b (1,0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi cho hình phẳng giới hạn bởi đổ thị hàm số y = - lnx và đường thẳng x = e quay quanh trục Ox. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu V.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm M(1 ; -2; 1 ) và đường thẳng d có
phương trình
z 1 x 1 y 3 2
1 1. Tính khoảng cách từ điểm M tới đường thẳng d . 2. Viết phương trình đường thẳng đi qua M, cắt và vuông góc với đường thẳng d . Câu V.b (1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
x
x 2 ) 1 log (2 2 y y 2 2.2 2 2 1
ĐỀ SỐ 6 :
x 4
x 4.2
0 32
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số y = x4 - 2x2 + 3, gọi đồ thị hàm số là (C). 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến với (C) tại giao điểm của (C) với trục Oy. Câu II (3,0 điềm) 1 Giải phương trình: . 2. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số y = x3 + 3x2 - 9x - 1 trên [- 4 ; 3]. 3. Giải phương trình: x2 - 3x + 5 = 0 trên tập hợp số phức. Câu III (1,0 điểm) Bán kính đáy của hình trụ là 5cm, thiết diện qua trực là một hình vuông. Hãy tính diện tích xung quanh và thể tích của khối trụ. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A (2; l; 4), B(-l; -3; 5). a. Viết phương trình mặt phẳng trung trực của đoạn thẳng AB. b. Viết phương trình mặt cầu tâm A đi qua B.
4
I dx
Câu V.a (2,0 điểm) Tính tích phân:
2
3
1
x
1 x 3 x 2
Tính:
0
dx xe I
2. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A (3; -1 ; 3) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2x - y + 2z + 1 = 0. a. Viết phương trình đường thẳng đi qua A và vuông góc với mặt phẳng (P). b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (P). Câu V.b (1,0 điểm)
ĐỀ SỐ 7 :
x y 1
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số x
2
x
x
x
x
x
1
1
.
x 2 2 .
; gọi đồ thị hàm số là (C).
3 3 2 2 3
3 3 1. Khảo sát vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Biện luận theo m số nghiệm của phương trình x3 - 3x + m = 0. Câu II (3, 0 điểm) 1. Giải bất phương trình: 1
2 x dx )
2. Tính
2
2
I ln(1 x
0 3 . Tính giá trị biểu thức:
.
A ( 3 i 2. ) ( 3 i 2. )
Câu III (1,0 điểm) Bán kính đáy của hình nón là R, góc ở đỉnh của hình khai triển hình nón là . Hãy tính thể tính khối nón. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho A (l; 0; 5), B (2; -1 ;0) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2x - y + 3z + l = 0 1. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng ( P). 2. Lập phương trình mặt phẳng (Q) đi qua 2 điểm A, B và vuông góc với mặt phẳng (P). Câu V.a (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số y = x3 - 3x2 + 5 trên [-l ; 4] 2. Chương trình nâng cao Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điềm A (2; 3; 1) và đường thẳng có
phương trình
2
x 5 3 z 1 y 2 1
1. Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua A và đường thẳng . 2. Tính khoảng cách từ A trên đường thằng . Câu V.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số
.
y 4 x x
ĐỀ SỐ 8 :
, gọi đồ thị là (C)
Cho hàm số
y
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) x 1 2 1 x
2 log ( 3
x x 1) 6 0 1) 5log ( 3
trên [0;
x y x 3. 2sin ] .
1. Khảo sát vẽ đồ thị của hàm số 2. Chứng minh rằng đồ thị (C) nhận giao điểm I của hai tiệm cận làm tâm đối xứng Câu II (3, 0 điểm) 1. Giải phương trình: 2. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: 3. Giải phương trình: x2 - 5x + 8 = 0 trên tập hợp số phức. Câu III (1,0 điểm) Cho hình cầu tâm O, bán kính R. Một điểm A thuộc mặt cầu; mặt phẳng ( ) qua A sao cho góc giữa OA và mặt phẳng ( ) là 300. Tính diện tích của thiết diện tạo thành. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A (l;1;2) và mặt phẳng (P) có phương trình: 3x - y + 2z - 7 = 0. 1. Viết phương trình đường thẳng qua A và vuông góc với (P). 2. Viết phương trình mặt cầu (S) tâm A biết rằng mặt cầu (S) cắt (P) theo đường tròn
.
có bán kính
r
phương trình:
13 14 Câu V.a (1,0 điểm) Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y = xex, trục hoảnh và đường thẳng x = 1 . 2. Theo chương trình chuẩn. Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A (3; -l; 3) và đường thẳng có x t 1 3 y t 3 2 t 2 x
Tính
1
x dx ). 2)(1 x ( I
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thắng . 2. Viết phương trình đường thẳng ' qua A và song song với đường thẳng . Câu V.b (1,0 điểm) 2
ĐỀ SỐ 9 :
2
1) 2 x x
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 3mx + 3m + 2; (l) 1. Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 1. 2. Tìm m để hàm số (l) đồng biến trên ¡ . Câu II (3, 0 điểm) 1. Giải bất phương trình
2. Tính :
log (2 2
2 0
I x cos . x dx
3. Giải phương trình: x2 - 6x + 10 = 0 trên tập hợp số phức Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp đều S.ABC có cạnh đáy là a. Góc tạo bởi cạnh bên với mặt đáy là 60 0. Tính thể tích của khối chóp. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho điểm A(1 ;l ;-2) vả đường thằng d có
phương trình:
x 1 y 1 z 2 2 1 3
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2. Tìm toạ độ điểm B đối xứng với A qua đường thẳng d. Câu V.a (1,0 điểm)
Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: f(x) = x – cos2x trên [
] ; 2 2
1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho các điểm A(-2; 0; l), B(4; 2; -3) và mặt phẳng (P) có phương trình: 2x + y + 2z -7 = 0. 1. Viết phương trình đường thẳng AB. 2. Tính khoảng cách từ trung điểm I của đoạn thằng AB đến mặt phẳng (P) Câu V.b (1,0 điểm) Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: f(x) = -2x4 + 4x2 + 1 trên [-1;2]
ĐỀ SỐ 10 :
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số y = x3 + mx + 2 ; (1) (m là tham số). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = -3. 2. Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (l) cắt trục hoành tại một và chỉ một điểm. Câu II (3, 0 điểm) 1. Giải bất phương trình:
.
x 4.2
2
2. Tính tích phân:
x 5.4 x xe dx 2
0 1
0
I
.
và d2 :
d1 :
2 2 1 x x y 2 1 1
3. Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của hàm số: y = x4 - 2x2 + 5 với x[-2; 3] . Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC. Đáy ABC là tam giác vuông tại B, cạnh SA vuông góc với đáy, góc ACB có số đó bằng 600, BC = a, SA = a 3 . Gọi M là trung điểm cạnh SB. Chứng minh mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (SBC). Tính thể tích khối tứ diện MABC. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(1; 3; 2); B(1; 2; l); C(1 ; 1 ; 3). Hãy viết phương trình của đường thẳng đi qua trọng tâm tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng chứa tam giác ABC. Câu V.a (1,0 điểm) Tìm số nghịch đảo của số phức: z = 3 + 4i. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho hai đường thẳng d1 và d2 có phương trình: z 1
z 1 2 y 1
Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng d1 và d2 Câu V.b (1,0 điểm) Viết dưới dạng lượng giác của số phức z = 2i( 3 - i).
ĐỀ SỐ 11 :
Cho hàm số
(1)
y
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) x 3 2 x 1 1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến với đổ thị (C), biết tiếp tuyến đó vuông góc với đường thẳng y = x + 2009. Câu II (3, 0 điểm)
x
x 3 x 1
1. Giải phương trình:
1
( 3 2) ( 3 2)
2. Tính tích phân:
x 2
).
I xdx 2 0 1 x
3. Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của hàm số:f(x) = cosx.(1 + sinx) với ( 0 Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, đường cao SH = a 3 . Tính góc giữa mặt bên và mặt đáy của hình chóp S.ABCD. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, lập phương trình mặt phẳng (P) qua hai điềm A(7; 2; -6) và B(5; 6; -4) . Biết: 1. (P) song song với Oy. 2. (P) vuông góc với mặt phẳng (Q) : x - 4y = 5. Câu V.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thoả mãn đẳng thức: iz + 2 - i = 0. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu V.b (2,0 điểm) Trong không gian Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(7; 4; 3), B(1 ; l ; 1 ), C(2; -1; 2), D(- 1; 3; l). 1. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CD. 2. Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của điểm A lên mặt phẳng (BCD). Câu V.b (1,0 điểm) Giải phương trình trên tập số phức : x2 - (5 - i)x + 8 - i - 0.
ĐỀ SỐ 12 :
4
2
x 2 x log a 2
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) 1. Khảo sát hàm số: y = x4 – 2x2 - 2 2. Tìm tất cả các giá trị của tham số a để phương trình
có sáu
2
y log x
nghiệm phân biệt. Câu II (3, 0 điểm) 1. Dùng định nghĩa tính đạo hàm của hàm số:
2009
2. Tính điện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường sau đây :
y c os x y , x x : 0; x x 1 6
3. Tính giá trị nhỏ nhất, giá trị lớn nhất của hàm số:
; với
.
x y [0; ] 2 s inx c osx
Câu III (1,0 điểm) Cho tứ diện ABCD có ba cạnh AB, AC, AD vuông với góc với nhau từng đôi một và AB = m, AC = 2m, AD = 3m Hãy tính diện tích tam giác BCD theo m. II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho ABC có phương trình các cạnh là: x
AB :
BC :
AC :
t 2 5 x x '' t t ' y t ' y t 8 t y '' 0 z 2 z 0 0 z
1. Xác đinh toạ độ các đỉnh của ABC . 2. Lập phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm I thuộc mặt phẳng (P) :18x - 35y - 17z - 2 = 0 . Câu V.a (1,0 điểm) Tìm căn bậc hai của số phức z = -9 . 2. Theo chương trình nâng cao: Câu V.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho các đường thẳng 1, 2 có phương trình: 2
; 2 :
2 2 1 1 x y y x z 1: 2 3 1 1 5 z 2
1. Chứng minh hai đường thằng 1 , 2 chéo nhau. 2. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng ấy. Câu V.b (1,0 điểm) Tìm căn bậc hai của số phức : z = 17 + 20 2 i.
ĐỀ SỐ 13 :
.
3. Xác định m để bất phương trình
nghiệm đúng với x > 0 .
log x m
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3ax2 + 2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số ứng với a = 1 . 2. Với những giá trị nào của a thì hàm số có cực đại và cực tiểu. Câu II (3, 0 điểm) 1 Tìm các khoảng đồng biến, nghịch biến và cực trị của hàm số y = xex . 2. Tìm nguyên hàm của I = cos8xsin xdx 2 2 x
2 2
log 1
Câu III (1,0 điểm) Cho khối lăng trụ tam giác đều ABCA'B'C' có cạnh đáy bằng 2a và chiều cao bằng a. Tính thể tích khối lăng trụ. II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho 3 điểm A(2 ; - 1 ; 6); B(-3 ; 1 ; -4) và C(5 ; -1 ; 0) 1. Chứng minh rằng tam giác ABC là tam giác vuông. 2. Tính bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Câu V.a (1.0 điểm) Tính thể tích khối tròn xoay do hình phẳng (H) giới hạn bởi các đường y = tanx; y = 0
;x = 0; x=
quay quanh trục Ox tạo thành.
3
2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b ( 2.0 điểm) Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz, cho điểm A(2; 3; 5) và mặt phẳng (P): 2x + 3y + z -17 = 0 . 1. Viết phương trình đường thẳng d đi qua A và vuông góc với (P). 2. Tìm điểm A' đối xứng với A qua (P). Câu V.b ( 1.0 điểm) Viết số phức z dưới dạng đại số: z =
8 2 ) .
( 2 2 i 2
ĐỀ SỐ 14 :
Cho hàm số
(l)
y
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) x 1 2 2 x
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Gọi d là đường thẳng đi qua điểm I(2; 0) và có hệ số góc m. Tìm m để d cắt (C) tại 2 điểm phân biệt. Câu II (3, 0 điểm) 1 Giải phương trình:
2 log x 2 1
2 (x
3 l) xdx
2. Tính tích phân:
3 . log 2 x
0
I
3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số: y = -x4 + 2x2 + 3 trên [0; 2] . Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông tại B, BAC = 300 ,SA = AC = a và SA vuông góc với mặt phẳng (ABC).Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC). II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (0; 1 ;2) và 2 mặt phẳng: (P) : x - 2y + z - l = 0 (Q): 2x – y + z – 3 = 0. Gọi d là giao tuyến của 2 mặt phẳng (P) và (Q). 1. Viết phương trình mặt phẳng ( ) chứa điểm A và đường thẳng d. 2. Tìm toạ độ điểm H là hình chiếu vuông góc của A trên d. Câu V.a (1.0 điểm) Giải phương trình: x2 + 4x + 5 = 0 trên tập hợp số phức. 2. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.b ( 2.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho điểm A(1 ;l ;3) và đường thằng d có
phương trình :
1 x 1 z 2 y 1
1. Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A và vuông góc với đường thẳng d. 2. Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho MOA cân tại đỉnh O. Câu V.b (1.0 điểm) Giải phương trình bậc 2 sau trong tập hợp các số phức £ : z2 – 2(2 – i )z + 6 – 8i = 0.
ĐỀ SỐ 15 :
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x2 + 2 (l) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) 2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi (C) và đường thẳng d: y = 2 Câu II (3 điểm)
1. Giải phương trình:
.
3
3 log 4x 2 log 2 2 x
2. Tính tích phân: I =
2 0
2
3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của hàm số : y =
.
dx x sin x 1 cos
x 4 x
Câu III. (l điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC cạnh bên bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy là . Tính thể tích khối chóp theo a và . II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình nâng cao : Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm A (8; 7; - 4), mặt phẳng (P): x+2y + 3z -3 = 0, đường thẳng là giao tuyến của 2 mặt phẳng: (P): x - 2z - 1 = 0 và (Q): y - z - 1 = 0. 1. Chứng minh đường thẳng cắt mặt phẳng (P). Tính khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P) 2. Viết phương trình mặt cầu tâm A và nhận đường thẳng làm tiếp tuyến. Câu V.a (1,0 điểm): Giải phương trình: x2 + 2x + 2 = 0 trên tập hợp số phức. 2. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.b (2,0 điểm)
và mặt
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
x 5 2 z 4 y 3 1
phẳng (P): 2x – y + z – 3 = 0. 1. Xét vị trí tương đối của đường thẳng và mặt phẳng (P). 2. Viết phương trình mặt cầu tâm O và tiếp xúc với mặt phẳng (P). ( O là gốc tọa độ). Câu V.b (1,0 điểm) . Giải phương trình bậc 2 sau trong tập hợp các số phức £ : x2 - 2x + 5 = 0
ĐỀ SỐ 16 :
x
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số y = x3 - 3x2 + m ; (Cm) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2. Tìm m để (Cm) có 2 cực trị và giá trị cực đại, cực tiểu trái dấu . Câu II. (3,0 điểm) 1 Giải bất phương trình:
x 2.6 - 7.4
2x 2 3
2
0
2. Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi đồ thị hàm số y ==
và trục hoành.
x 2
x 3 x
3. Cho a, b 0 và a + b = 1 .Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của biểu thức: P = 9a + 9b Câu III (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD cạnh đáy bằng a chiều cao bằng h. Tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình nâng cao: Câu IV.a (2,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình hộp ABCD A'B'C'D' , biết A(1; 0; 1), B(2; 1; 2), D(1; 1 ;2); C(4; -5; 1). 1. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình hộp. 2. Tìm tọa độ điểm M là hình chiếu vuông góc của đỉnh A lên mặt phẳng ( BDC) Câu Va. (1,0 điểm):
Tìm phần thực và phần ảo của số phức : x =
i i 2 i 3 i 1
2. Theo chương trình chuẩn Câu IV.b (2,0 điểm)
,
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 2 đường thằng d1 :
.
d2 :
x 1 y 1 z 1 1 2 1 y 1 2 x 2 1 z 1 1
1. Chứng minh d1 và d2 chéo nhau. 2. Tìm tọa độ giao điểm A của d2 và mặt phẳng Oxy. Câu V.b (1,0 điểm).
Tìm phần thực và phần ảo của số phức: x =
i 1 3 i 2 i 1 2 i
ĐỀ SỐ 17 :
log 4 5
I – PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (3, 0 điểm) Cho hàm số y = x4 - 2mx2 + 2m + m4 ; (l) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ứng với m =1 . 2. Tìm m để đồ thị hàm số (l) có 3 điểm cực trị. Câu II. (3 điểm) 1 Giải phương trình :
2
2 x
2
2
2. Tính tích phân:
1
2 2 log x 2 dx 3
I x x ( 1)
3. Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất (nếu có) của hàm số:
2
x 1 y x 1 x
Câu III. (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD. Cạnh bên bằng a, góc giữa cạch bên và mặt đáy bằng . Xác định và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp theo a và . II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh học theo chương trình nào thì chỉ được làm phần dành riêng cho chương trình đó (phần 1 hoặc 2) 1. Theo chương trình chuẩn: Câu IV.a (2,0 điểm)
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho 2 đường thẳng d1 :
, d2 :
,
x 1 z 1 3 2 y 2 1 x y 12 3 t t z 10 2 t
Mặt phẳng Oxz cắt đường thẳng d1, d2 tại các điểm A, B. 1. Tìm tọa độ 2 điểm A, B. 2. Tính diện tích AOB với O là gốc tọa độ. Câu V.a (1,0 điểm):
Tìm phần thực và phần ảo của số phức : x =
i i 2 i 3 i 1
và mặt phẳng ( ) : 2x + y – z – 2 = 0.
3 1 y z 3 2
2. Theo chương trình nâng cao Câu IV.b (2,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x 5 1
1 Tìm toạ độ giao điểm I của đường thẳng d và mặt phẳng ( ). 2. Viết phương trình mặt phẳng () qua I và vuông góc với đường thẳng d. Câu V.b (1,0 điểm). Giải phương trình bậc 2 sau trong tập hợp các số phức £ :
x2 + (l – 3i)x - 2(1 + i) = 0 .
H×nh häc mÆt ph¼ng täA ®é C¸ch gi¶i c¸c bµi to¸n vÒ tam gi¸c: viÕt pt c¸c c¹nh cña tam gi¸c, t×m c¸c ®Ønh chó ý: - 2 ®g th¼ng // th× cã cïng vÐc t¬ ph¸p tuyªn vµ vÐc t¬ chØ ph¬ng
- 2 ®g th¼ng vu«ng gãc th× ph¸p tuyÕn ®êng nµy lµ chØ ph¬ng cña ®g kia, chØ ph¬ng ®êng nµy lµ ph¸p tuyÕn cña ®g kia C(x;y)
B’ A’
A B B
C’
C B’ A(x;y) A’ C
I
B A(x;y) J A’’
Lo¹i 1: cho 1 ®Ønh vµ 2 ®êng cao kh«ng qua ®Ønh ®ã: c¸ch gi¶i: - viÕt ph¬ng tr×nh c¹nh AB qua A vµ vu«ng gãc víi CK - viÕt ph¬ng tr×nh c¹nh AB qua A vµ vu«ng gãc víi BH Lo¹i 2: cho 1 ®Ønh vµ 2 ®êng trung tuyÕn kh«ng qua ®Ønh ®ã c¸ch gi¶i: - LÊy ®iÓm M thuéc BM theo tham sè, theo c«ng thøc trung ®iÓm t×m to¹ ®é C , thay to¹ ®é C vµo PT ®êng CN t×m tham sè t ®iÓm C - LÊy ®iÓm N thuéc CN theo tham sè, tõ CT trung ®iÓm t×m to¹ ®é B thay voµ PT ®êng BM t×m tham sè t ®iÓm B lo¹i 3: cho 1 ®Ønh vµ 2 ®êng ph©n gi¸c trong kh«ng qua ®Ønh ®ã c¸ch gi¶i: - gäi A’ vµ A’’ lµ diÓm ®èi xøng cña A qua ®êng ph©n gi¸c BB’ vµ CC’ A’ vµ A’’ thuéc c¹nh BC - viÕt PT c¹nh BC, t×m giao cña nã víi ®êng CC’, BB’ta cã ®iÓm B vµ C chó ý : c¸c bµi to¸n kÕt hîp ®êng cao vµ ph©n gi¸c; ®êng cao vµ trung tuyÕn; trung tuyÕn vµ ph©n gi¸c ta ®Òu dùa vµo c¸ch gi¶i 3 bµi to¸n c¬ b¶n trªn lo¹i 4: Bµi to¸n cho diÖn tÝch, cho ®iÓm trªn ®o¹n th¼ng theo tØ sè cho tríc c¸ch gi¶i: Ta dïng c«ng thøc diÖn tÝch, c«ng thøc t×m to¹ ®é cña ®iÓm chia ®o¹n th¼ng theo tØ sè k Bµi tËp:
3 2
), D (- 2; 2) 1/ Cho A ( 4 ; 6 ) , B( 1; 4) ,C( 7 ;
a/ Chöùng minh raèng A , B, C khoâng thaúng haøng : A , B , D thaúng haøng. b/ Tìm ñieåm E ñoái xöùng vôùi A qua B. c/ Tìm ñieåm M sao cho töù giaùc ABCM laø hình bình haønh. d/ Tìm toïañoä troïng taâm G cuûa tam giaùc ABC . 2/ Cho A ( -1 : 3 ) ,B (1 ; 1 ) , C ( 2 ; 4 ) . a/ Xaùc ñònh toïa ñoä taâm I cuûa ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc ABC. b/ Xaùc ñònh toïa ñoä troïng taâm G, tröïc taâm H cuûa tam giaùc ABC .suy ra ba ñieåm G,H,I thaúng haøng. 3/ Cho hai ñieåm A( 1; -2 ) vaø B( 3 ; 4 ) .
IA IB
a/ Tìm ñieåm A’ ñoái xöùng vôùi A qua truïc hoaønh. b/ Tìm ñieåm M treân truïc hoaønh sao cho MA +MB nhoû nhaát . c/ Tìm ñieåm N treân truïc tung sao cho NA + NB nhoû nhaát.
| ngaén nhaát.
d/ Tìm ñieåm I treân truïc tung sao cho | e/ Tìm J treân truïc tung sao cho JA –JB daøi nhaát.
1
4/Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy, cho ñieåm A(1;1) . Haõy tìm ñieåm B treân ñöôøng thaúng y =3 vaø ñieåm C
treân truïc hoaønh sao cho ABC laø tam giaùc ñeàu.
5/Trong maët phaúng Oxy cho ñieåm B treân ñöôøng thaúng x + 4 = 0 vaø ñieåm C treân ñöôøng thaúng x–3 =0
a) Xaùc ñònh toïa ñoä B vaø C sao cho tam giaùc OBC vuoâng caân ñænh O b) Xaùc ñònh toïa ñoä B;C sao cho OBC laø tam giaùc ñeàu.
CAÙC DAÏNG BAØI TAÄP
Daïng 1: Laäp phöông trình cuûa ñöôøng thaúng: Baøi 1 : Vieát phöông trình tham soá phöông trình , chính taéc roài suy ra phöông trình toång quaùt cuûa ñöôøng
u =( 4; -3) laøm vectô chæ phöông .
thaúng trong caùc tröôøng hôïp sau:
n = ( 5 ; - 2 ) laøm vectô phaùp tuyeán .
1/ Qua ñieåm M(2 ; -5) vaø nhaän vectô 2/ Qua hai ñieåm A(1 ; - 4 ) vaø B( -3 ; 5 ) .
3/ Qua ñieåm N ( 3 ; -2 ) vaø nhaän vectô
Baøi 2: Vieát Phöông trình tham soá , phöông trình chính taéc cuûa ñöôøng thaúng coù phöông trình toång quaùt laø: 3x
– 2y + 6 = 0 .
Baøi 3: Trong maët phaúng toïa ñoä Oxy cho caùc ñieåm A( 5 ; 5) , B( 1 ; 0) , C( 0; 3) . Vieát phöông trình ñöôøng
thaúng d trong caùc tröôøng hôïp sau : a) d ñi qua A vaø caùch B moät khoaûng baèng 4. b) d ñi qua A vaø caùch ñeàu hai ñieåm B , C c) d caùch ñeàu ba ñieåm A; B ; C d) d vuoâng goùc vôùi AB taïi A. e; d laø trung tuyeán veõ töø A cuûa tam giaùc ABC. Baøi 4: Cho tam giaùc ABC . M ( 1 ; - 2 ) , N ( 8 ; 2 ) , P ( -1 ; 8 ) laàn löôït laø trung ñieåm cuûa caùc caïnh AB , BC
, CA . 1/ Vieát phöông trình toång quaùt cuûa caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC. 2/ Vieát phöông trình caùc ñöôøng trung tröïc cuûa caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC.
Baøi 5: Cho ñöôøng thaúng (d) coù phöông trình : 4x – 3y + 5 = 0 .
1/ Laäp phöông trình toång quaùt ñöôøng thaúng ( d’) ñi qua ñieåm A (1 ; -2 ) vaø song song vôùi (d). 2/ Laäp phöông trình ñöôøng thaúng (d’’) ñi qua ñieåm M( 3 ; 1 ) vaø (d’’) vuoâng goùc vôùi (d). Baøi 6 : Cho hai ñöôøng thaúng d: 2x + 7y – 8 = 0 vaø d’ : 3x + 2y + 5 = 0. Vieát phöông trình ñöôøng thaúng ñi
qua giao ñieåm cuûa d vaø d’vaø thoaû maûn moâït trong caùc ñieàu kieän sau ñaây :
1/ Ñi qua ñieåm ( 2 ;- 3) 2/ Song song vôùi ñöôøng thaúng x – 5y + 2 = 0 3/ Vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng x- y + 4 = 0 . Baøi 7 :Tam giaùc ABC coù A( -1 ; - 3 ) , caùc ñöôøng cao coù phöông trình : BH: 5x + 3y –25 = 0; CH : 3x + 8y – 12 = 0 .Vieát phöông trình caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC vaø ñöôøng cao coøn laïi. Baøi 8 :Trong maët phaúng toïa ñoä Oxy cho caùc ñieåm M (5 ; 5 ) , N (1 ; 0 ), P( 0 ; 3 ). Vieát phöông trình ñöôøng
thaúng d trong moåi tröôøng hôïp sau :
1/ d qua M vaø caùch N moät khoaûng baèng 4. 2/ D qua M vaøcaùch ñeàu hai ñieåm N, P.
Baøi 9: Laäp phöông trình caùc ñöôøng thaúng chöùa caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC bieát A( 1; 3) vaø hai trung
tuyeán coù phöông trình laø x – 2y + 1 = 0, y – 1 = 0.
Baøi 10: Laäp phöông trình caùc ñöôøng thaúng chöùa caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC neáu cho ñieåm B(-4;-5) vaø hai
ñöôøng cao coù phöông trình laø :5x + 3y – 4 = 0 , 3x + 8y +13 = 0.
Baøi 11 : Cho ñieåm P( 3; 0) vaø hai ñöôøng thaúng d1: 2x – y – 2 = 0 , d2:x + y + 3 = 0. Goïi d laø ñöôøng thaúng qua
P caét d1 , d2 laàn löôït taïi A vaø B .Vieát phöông trình cuûa d bieát PA = PB.
Baøi 12 : Laäp phöông trình caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC bieát C(4 ; -1 ) ñöôøng cao vaø trung tuyeán keû töø moät
ñænh laàn löôït coù phöông trình : 2x – 3y +12 = 0 , 2x + 3y = 0 .
Baøi 13 : Cho tam giaùc ABC coù M( - 2 ; 2) laø trung ñieåm cuûa caïnh BC caïnh AB coù phöông trình laø x – 2y
– 2 = 0,caïnh AC coù phöông trình laø 2x + 5y + 3 = 0 . Xaùc ñònh toïa ñoä caùc ñænh cuûa tam giaùc ABC.
2
Baøi 14 : Cho hai ñöôøng thaúng d1: x – y = 0 , d2 :x – 2y – 2 = 0. Tìm ñieåm A treân d1, C treân d2 vaø B , D treân
truïc hoaønh sao cho ABCD laø hình vuoâng .
Daïng 2 : Hình chieáu cuûa moät ñieåm treân ñöôøng thaúng 1 / Phöông phaùp : Xaùc ñònh hình chieáu vuoâng goùc H cuûa ñieåm M treân ñöôøng thaúng d:
Vieát phöông trình ñöôøng thaúng d’ ñi qua dieåm M vaø vuoâng goùc vôùi d . Giaûi heä goàm hai phöông trình cuûa d vaø d’ ta coù toïa ñoä cuûa ñieåm H.
2/ Phöông phaùp :Xaùc ñònh ñieåm N ñoái xöùng cuûa ñieåm M qua d.
Duøng phöông phaùp treân ñeå tìm hình chieáu vuoâng goùc H cuûa ñieåm M treân ñöôøng thaúng d. Ñieåm N ñoái xöùng vôùi M qua d neân H laø trung ñieåm ñoaïn MN , töø ñieàu kieän ñoù ta tìm ñöôïc toïa ñoä
ñieåm N
Baøi taäp : Baøi 1 : Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho ñieåm M(-6 ; 4 ) vaø ñöôøng thaúng d: 4x – 5y + 3 = 0.
1/ Tìm toïa ñoä hình chieáu H cuûa M treân ñöôøng thaúng d. 2/ Tìm ñieåm N ñoái xöùng vôùi ñieåm M qua d .
Baøi 2 : Trong mp vôùi heä toïa ñoä Oxy cho hai ñeåm A(1 ; 6) , B( -3; -4 ) vaø ñöôøng thaúng d : 2x – y – 1 = 0 .
1/ Chöùng minh raèng A , B naèm veà cuøng moät phía ñoái vôùi ñöôøng thaúng d. 2/ Tìm ñieåm A’ ñoái xöùng vôùi A qua d . 3/ Tìm ñieåm M treân ñöôøng thaúng d sao cho MA + MB beù nhaát.
Daïng 3 : Caùc baøi toaùn veà vò trí töông ñoái cuûa hai ñöôøng thaúng Baøi 1: Xaùc ñònh a ñeå caùc ñöôøng thaúng sau ñaây ñoàng quy: 2x–y+3 = 0 ,x+y+3= 0 , ax + y – 3 = 0 . Baøi 2 : Cho hai ñöôøng thaúng d: mx –2y – 1 = 0 , d’: 2x – 4y + m = 0 .Vôùi giaù trò naøo cuûa m thì :
1/ d vaø d’ caét nhau. 2/ d // d’. 3/ d truøng vôùi d’.
Baøi 3: Vôùi giaù trò naøo cuûa m thì hai ñöôøng thaúng sau caét nhau taïi moät ñieåm treân truïc hoaønh d: ( m -1) x + my – 5 = 0 , d’: mx +( 2m – 1) y + 7 = 0.
Daïng 4 : Caùc baøi toaùn Söû duïng coâng thöùc tính goùc vaø khoaûng caùch.
Baøi 1 : Tính goùc giöõa caùc caëp ñöôøng thaúng sau : 1/ 4x + 3y +1 = 0 , x+ 7y – 4 = 0 2/ 6x – 8y –15 = 0 , 12x + 9y + 4 = 0 . Baøi 2 : Tính khoaûng caùch töø ñieåm M ( 3 ; 2) ñeán caùc ñöôøng thaúng sau ñaây: 1/ 12x – 5y – 13 = 0 , 2/ 3x – 4y –16 = 0 , 3/ x + 2y +8 = 0 . Baøi 3: Cho ñöôøng thaúng d: 3x – 2y +1 = 0 vaø ñieåm A(1;2) . Laäp phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua A vaø
hôïp vôùi d moät goùc 450 .
Baøi 4 : Cho tam giaùc ABC caân ñænh A . Cho bieát BC: 2x – 3y –5 = 0 , AB :x + y + 1 = 0. Laäp phöông trình caïnh AC bieát raèng noù ñi qua ñieåm M(1;1). Baøi 5: Laäp phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua ñieåm M( 2;7 ) vaø caùch ñieåm A(1;2) moät khoaûng baèng1. Baøi 6 : Laäp phöông trình ñöôøng thaúng ñi qua ñieåm P( 2 : -1) sao cho ñöôøng thaúng ñoù cuøng vôùi hai ñöôøng
thaúng : (d1):2x – y + 5 = 0 , (d2) : 3x + 6y – 1 = 0 taïo ra moät tam giaùc caân coù ñænh laø giao ñieåm cuûa (d1) vaø (d2) .
Baøi 7 : Laäp phöông trình caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC bieát B( 2 ;- 1 ),ñöôøng cao qua ñænh A coù phöông trình
3x – 4y +27 = 0 vaø phaân giaùc trong cuûa goùc C coù phöông trình x + 2y – 5 = 0.
Baøi 8: Vieát phöông trình ñöôøng thaúng song song vôùi d:3x –4y +1=0 vaø caùch d moät khoaûng baèng 1
CAÙC BAØI TAÄP TRONG CAÙC ÑEÀ THI
1/ Trong maët phaúng Oxy moät tam giaùc coù phöông trình hai caïnh 5x-2y + 6 =0 vaø 4x +7y – 21 =0. Vieát
phöông trình caïnh thöù ba bieát tröïc taâm cuûa tam giaùc truøng vôùi goùc toïa ñoä .
2/ Laäp phöông trình caùc caïnh cuûa hình vuoâng coù moät ñænh laø (-4; 5)vaø moät ñöôøng cheùo coù phöông trình laø
7x- y +8 = 0 3
3/ Chgo tam giaùc ABC ,caïnh BC coù trng ñieåm M(0; 4) coøn hai caïnh kia coù phöông trình : 2x + y – 11 =0 vaø x + 4y – 2 =0 a. Xaùc ñònh toïa ñoä ñieåm A. b. Goïi C laø ñieåm treân ñöôøng thaúng x – 4y – 2 = 0 , N laø trtrung ñieåm AC . Tìm N roài suy ra toïa ñoä cuûa
B , C.
4/ Cho tam giaùc ABC coù M(-2 ;2) laø trung ñieåm cuûa BC , caïnh AB coù phöông trình x –2y–2=0 caïnh AC coù phöông trình 2x + 5y + 3 =0. Xaùc ñònh toïa ñoä caùc ñænh cuûa tam giaùcABC. 5/ Cho A(-1; 2)vaø B(3;4).Tìm ñieåm Ctreân ñöôøng thaúng x –2y +1=0 sao cho tam giaùc ABC vuoâng taïi C . 6/ Cho tam giaùc ABC coù ñænh B(3;5),ñöôøng cao veõ töø A coù phöông trình 2x –5y +3 = 0 ,trung tuyeán veõ töø
C coù phöông trình x + y – 5 =0 a. Tìm toïa ñoä ñieåm A. b, Vieát phöông trình caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC.
7/ Cho tam giaùc ABC coù troïng taâm G(-2;1)vaø coù caùc caïnh AB:4x+y 15 = 0 vaø AC :2x+5y +3 = 0. a,Tìm toïa ñoä A vaø trung ñieåm M cuûa caïnh BC b,Tìm toïa ñoä ñieåm B vaø vieát phöng trình ñöôøng thaúng BC. 8/ Cho A(1;1), B(-1;3)vaø ñöôøng thaúng d:x+y+4 =0. a, Tìm ñieåm C treân d caùch ñeàu hai ñieåm A,B. Vôùi C vöøa tìm ñöôïc .Tìm D s/cho ABCD laø hbh .tính Shbh. 9/ Cho tam giaùc ABC coù ñænh A(-1;-3)
a. Bieát ñöôøng cao BH:5x+3y –35=0, ñöôøng cao CK:3x+8y – 12 =0 .Tìm B,C. b. Bieát trung tröïc cuûa caïnh AB coù phöông trình x+2y –4=0 vaø troïng taâm G(4;-2).Tìm B,C.
10/ Laäp phöông trình caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC bieát ñænh C(4;-1) ñöôøng cao vaø trung tuyeán veõ töø moät ñænh
coù phöông trình 2x-3y +12 =0,2x+3y =0.
11/Laäp phöông trình caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC neáu bieát A(1;3) vaø hai trung tuyeán coù phöông trình x-2y+1
=0, y -1=0 .
12/ Cho tam giaùc ABC coù A(2;-1) vaø phöông trình hai phaân giaùc trong cuûa goùc B vaø C laàn löôït laø d:x –
2y+1=0 , d’:x+y+3 = 0. Tìm phöông trình caïnh BC.
13/ Cho tam giaùc ABC coù A(2;-3) ,B(3;-2)troïng taâm G cuûa tam giaùc naèm treân ñöôøng thaúng 3x –y – 8 =0,dieän tích tam giaùc ABC baèng 3/ 2.Tìm C.
14 / Cho tam giaùc caân ABC coù phöông trình caïnh ñaùy AB:2x –3y+5=0caïnh beân AC:x+y+1=0. Tìm phöông trình caïnh beân BC bieát noù ñi qua ñieåm D(1;1). 15/ Cho hình chöû nhaät ABCD coù taâm I(1/ 2;0),phöông trình ñöôøng thaúng AB laø x –2y+2=0,AB=2AD . Tìm toïa ñoä caùc ñænh A,B,C,D bieát A coù hoaønh ñoä aâm.
16/ Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho hai ñöôøng thaúng d1:x-y=0,d2:2x+y+1=0.Tìm toïa ñoä caùc ñænh cuûa
hình vuoâng ABCD bieát A thuoäc d1, C thuoäc d2vaø caû hai ñænh B,D thuoäc truïc hoaønh.
17/ Cho A(2;-3) , B(3;-2) .Troïng taâm G cuûa tam giaùc naèm treân ñöôøng thaúng d: 3x – y -8 = 0, dieän tích tam giaùc ABC baèng 3/2 . Tìm C. 18/ Laäp phöông trình caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC bieát ñænh C(4;-1) ñöôøng cao vaø trung tuyeán ke û töø moät
3
0
ñænh coù phöông trình 2x -3y +12 = 0 vaø 2x + 3y = 0.
, caùc ñænh A vaø B thuoäc truïc
20/ Laäp phöông trình caùc caïnh cuûa tam giaùc ABC neáu bieát A(1;3) vaø hai ñöôøng trung tuyeán coù phöông trình laø x -2y+1= 0 vaø y-1 =0. 21/ Cho tam giaùc ABC bieát C(4;3) phaân giaùc trong (AD):x+2y-5=0, trung tuyeán (AE) 4x+13y-10 = 0. Laäp phöông trình ba caïnh. 22/ Cho tam giaùc ABC bieát A(2;-1) vaø phöông trình hai ñöôøng phaân giaùc trong cuûa goùc B vaø C laàn löôït laø d: x-2y+1=0 vaø x+y+3=0 .Tìm phöông trình cuûa ñöôøng thaúng chöùa caïnh BC. 23/ Cho tam giaùc ABC coù ñænh A(-1;3) , ñöôøng cao BH naèm treân ñöôøng thaúng y= x , phaân giaùc trong goùc C naèm treân ñöôøng thaúng x+3y+2=0 . Vieát phöông trình caïnh BC . 24/ Cho tam giaùc ABC vuoâng ôû A , phöông trình BC laø 3x y
hoøanh vaø baùn kính ñöôøng troøn noäi tieáp baèng 2. Tìm toïa ñoä troïng taâm G cuûa tam giaùc ABC.
4
ÑÖÔØNG TROØN
A . LYÙ THUYEÁT CAÀN NHÔÙ I .phöông trình ñöôøng troøn :
2
2 b
a
c
* Ñöôøng troøn ( C ) coù taâm I ( a; b) ,baùn kính R coù phöông trình laø : (x – a )2 + ( y – b)2 = R2 * Phöông trình : x2+ y2 –2ax – 2by + c = 0 , a2+ b2 – c > 0 laø phöông trình cuûa moät ñöôøng troøn coù taâm I ( a ; b ) ,baùn kính R =
2 –2ax – 2by + c .
II. Phöông tích cuûa moät ñieåm ñoái vôùi ñöôøng troøn. Cho ñöôøng troøn ( C ) coù phöôngtrình : F ( x ; y ) = x2+y2 – 2ax – 2by + c = 0 vaù ñieåm M0(x0 ;y0) 2 +y0 III. Truïc ñaúng phöông cuûa hai ñöôøng troøn : Cho hai ñöôøng troøn khoâng ñoàng taâm ( C1) : x2 + y2 – 2a1x – 2b1y + c1 = 0 , ( C2 ) : x2 + y2 – 2a2x - 2b2y + c2 = 0 . Truïc ñaúng phöông cuûa hai ñöôøng troøn ( C1) , ( C2) coù phöông trình laø : 2( a1- a2) x + 2( b1- b2) y – c1+ c2 = 0 . IV. Tieáp tuyeán cuûa ñöôøng troøn 1/Daïng 1: Cho ñöôøng troøn ( C ) : ( x – a )2 + ( y –b)2 = R2. Taâm I ( a ;b) , baùn kính R. Tieáp tuyeán vôùi ( C ) taïi ñieåm M0( x0 ; y0) ( C ) coù phöông trình : (x0 – a) (x – a ) + ( y0 – b)( y – b) = R2 Chuù yù: Tieáp tuyeán vôùi ( C ) taïi M0 nhaän vectô M0I laøm vectô phaùp tuyeán töø ñoù suy ra phöông trình
PM / (C ) = F (x0 ; y0 ) = x0
tieáp tuyeán vôùi ( C ) taïi M0.
2/ Daïng 2: Vieát phöông trình tieáp tuyeán vôùi ( C ) bieát heä soá goùc cuûa tieáp tuyeán baèng k.
3/ Daïng 3: Vieát phöông trình tieáp tuyeán vôùi ( C ) ñi qua M( xM ; yM).
* Ñöôøng thaúng coù heä soá goùc k coù phöông trình : y = kx + m * tieáp xuùc vôùi ( C ) d( I , ) = R.Töø ñieàu kieän naøy ta tìm ñöôïc m.
B. CAÙC DAÏNG BAØI TAÄP
* Ñöôøng thaúng qua M coù phöông trình : A ( x – xM ) + B ( y – yM) = 0. * tieáp xuùc vôùi ( C ) d( I , ) = R.Töø ñieàu kieän naøy ta tìm ñöôïc A vaø B.
Baøi 1 :Xaùc ñònh taâm vaø baùn kính cuûa caùc ñöôøng troøn sau : 1/ x2 + y2 – 2x + 4y + 2 = 0 . 2/ 2x2 + 2y2 + 4x - 8y - 2 = 0 . 3/ x2 + y2 – 6x – 16 = 0 . 4/ x2 + y2 - 8y - 9 = 0 .
Baøi 2 :Laäp phöông trình ñöôøng troøn ( T ) trong caùc tröôøng hôïp sau:
1/ ( T ) coù taâm I ( 2 ; - 1) vaø coù baùn kính R = 3 .
2/ ( T ) coù ñöôøng kính AB vôùi A ( 1 ; 2 ) , B( - 5 ; 4 ) . 3/ ( T ) coù taâm I ( 3 ; - 1 ) vaø tieáp xuùc vôùi ñöôøng thaúng : 4x –3y + 5 = 0 . 4/ ( T ) ñi qua ba ñieåm A ( - 1 ; - 5 ), B ( 5 ; - 3 ) , C ( 3 ; -1 ). 5/ ( T )tieáp xuùc vôùi hai truïc toïa ñoä vaø coù taâm naèm treân ñöôøng thaúng :2x – y – 8 = 0. 6/ ( T ) qua hai ñieåm A(1;2 ),B(3; ) vaø tieáp xuùc vôùi ñöôøng thaúng coù phöông trình : 3x +y–3 = 0
C ) : Baøi 3 : Cho ñöôøng troøn ( C ) coù phöông trình x2 + y2 + 4x + 4y – 17 = 0 .Laäp phöông trình tieáp tuyeán d vôùi ( 1/ Taïi ñieåm M ( 2 ; 1 ) . 2/ Bieát d song song vôùi : 3x – 4y – 2004 = 0.
3/ Bieát d ñi qua ñieåm A ( 2 ; 6 ) .
Baøi 4: Cho ñöôøng troøn ( T ) coù phöông trình : x2 + y2 – 4x – 2y = 0 .
1/ Tính phöông tích cuûa ñieåm M ( 5 ; -2) ñoái vôùi ñöôøng troøn ( T ).
2/Vieát phöông trình tieáp tuyeán vôùi (T)vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng :2x – 3y + 1= 0.
5
3/ Vieát phöông trình tieáp tuyeán vôùi ( T ) keû töø N (– 2 ; 6 ).
Baøi 5 : Cho hai ñöông troøn ( C1 ) vaø ( C2 ) laàn löôït coù phöông trình laø :
x2 + y2 + 4x + 4y –13 = 0 , x2 + y2 - 2x + 8 y + 5 = 0 .Vieát phöông trình truïc ñaúng phöông cuûa hai ñöôøng
troøn ñoù .
Baøi 6 : Cho ( Cm) coù phöông trình : x2 + y2 – 2mx – 4my + 2m2 – 1 = 0. 1/ Tìm caùc giaù trò cuûa m sao cho (Cm ) laø ñöôøng troøn. 2/ Tìm taäp hôïp taâm I cuûa ( Cm ) .
Baøi 7 : Cho ñöôøng troøn (T) coù phöông trình : x2 + y2 – 2x + 4y – 20 = 0.
a) Vieát phöông trình tieáp tuyeá cuûa (T) taïi caùc ñieåm A(4 ;2) , B(-3 ; -5) . b) Vieát phöông trình tieáp tuyeá cuûa (T) ñi qua C( 6 ; 5) . c) Vieát phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa (T) vaø (T’) coù pt : x2 +y2 -10x + 9 = 0 d) Vôùi giaù trò naøo cuûa m thì (T) tieáp xuùc vôùi ñöôøng troøn (T’’) coù pt: x2 + y2 – 2my = 0.
CAÙC BAØI TAÄP TRONG CAÙC ÑEÀ THI
y
1/ Laäp phöông trình ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc coù ba ñænh A(1;1),B(-1;2),C(0; -1) 2/ Laäp phöông trình ñöôøng troøn ngoaïi tieáp tam giaùc coù ba caïnh naèm treân ba ñöôøng thaúng :
x 5
2 5
(d1) : , (d2) : y = x+2 , (d3): y = 8 – x
3/ Laäp phöông trình ñöôøng troøn noäi tieáp tam giaùc coù ba ñænh A(-1;7),B(4;-3)C(-4;1). 4/ Laäp phöông trình ñöôøng troøn ñi qua caùc ñieåm A( -1;1) , B(1;-3) vaø coù taâm naèm treân ñöôøng thaúng (d)
:2x – y + 1 = 0
5/ Laäp phöông trình ñöôøng troøn ñi qua ñieåm A(-1;-2) vaø tieáp xuùc vôùi ñöôøng thaúng (d) : 7x-y-5= 0 taïi ñieåm M(1;2) 6/ Laäp phöông trình ñöôøng troøn coù taâm naèm treân ñöôøng thaúng (d1) : 2x +y = 0 vaø tieáp xuùc vôùi ñöôøng
thaúng (d2): x -7y+10 = 0 taïi ñieåm M(4;2).
7/ Vieát phöông trình ñöôøng troøn coù taâm naèm treân ñöôøng thaúng (d1) : 4x + 3y – 2 = 0 vaø tieáp xuùc vôùi hai
ñöôøng thaúng (d2) : x +y+4 = 0 ,(d3) :7x – y+4 = 0
+4x – 2y – 20 = 0
8/ Vieát phöông trình ñöôøng troøn qua A( 2;-1) vaø tieáp xuùc vôùi hai truïc toaï ñoä . 9/ Cho hai ñöôøng troøn (C1): x2+y2 -10x = 0 , (C2): x2+y2
a. Vieát phöông trình ñöôøng troøn qua giao ñieåm cuûa (C1) ,(C2) vaø coù taâm (d):x+6y – 6 = 0. b. Vieát phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa hai ñöôøng troøn (C1) ,(C2)
10/ Cho (C): (x – 1)2 + (y – 2)2 = 4 vaø ñöôøng thaúng (d) : x – y – 1 = 0 . Vieát phöông trình ñöôøng troøn ( C’) ñoái xöùng vôùi ( C) qua (d) 11/ Cho hai ñöôøng troøn (C1) : x2+y2 – 4x – 5 = 0 , (C2): x2+y2 – 6x +8y +16 = 0 . Vieát phöông trình tieáp
tuyeán chung cuûa hai ñöôøng troøn .
12/ Cho hai ñöôøng troøn : (C1) : x2+y2 – 4x +2y –4 = 0 , (C2): x2+y2 – 10x – 6y +30 = 0 coù taâm I, J.
a. Chöùng minh raèng (C1) vaø (C2) tieáp xuùc ngoaøi vôùi nhau , tìm toïa ñoä tíeâp ñieåm H. b. Goïi (d) laø moät tieáp tuyeán chung cuûa (C1) vaø (C2) khoâng qua H .Tìm toïa ñoä giao ñieåm K cuûa (d) vôùi
IJ .Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C) ñi qua K vaø tieáp xuùc vôùi (C1) vaø (C2) taïi H.
13/ Cho ñieåm M(6;2) vaø ñöôøng troøn (C) :x2+y2 – 2x – 4y = 0 . Vieát phöông trình ñöôøng thaúng (d) ñi qua M
vaø caét (C ) taïi hai ñieåm A,B sao cho AB = 10 .
14/Cho ñöôøng troøn (C ) : x2+y2 – 2x – 6y – 9 = 0 vaø ñieåm M(2;4) .
a. Chöùng toû raèng M naèm trong ñöôøng troøn. b. Vieát phöông trình ñöôøng thaúng qua M caét (C ) taïi hai ñieåm phaân bieät A vaø B sao cho M laø trung
ñieåm cuûa ñoaïn AB.
c. Vieát phöông trình ñöôøng troøn (C’) ñoái xöùng vôùi (C ) qua AB.
15 / Cho ba ñöôøng thaúng (d1) : 3x +4y -6 = 0, (d2):4x +3y -1 = 0 , (d3) : y = 0 .(d1) (d2) = A,
6
(d2) (d3) =B , (d3) (d1) = C.
a. Vieát phuöông trình phaàn giaùc trong cuûa goùc BAC . b. Tính dieän tích tam giaùc ABC . c. Vieát phöông trình ñöôøng troøn noäi tieáp tam giaùc ABC .
16/ Cho ñöôøng troøn (C) :x2 + y2 -8x -6y = 0 vaø ñieåm A(14;8) . Qua A keû caùc tieáp tuyeân AM,AN vôùi
(C) . Laäp phöông trình ñöôøng thaúng MN .
17/ Cho (Cm) : x2+y2 +2(m – 1)x – 2(m – 2 )y +m2 -8m +13 = 0.
a.Xaùc ñònh m ñeå (Cm) laø ñöôøng troøn . b. Tìm quyõ tích taâm I cuûa (Cm) .
18/ Cho (C) : x2 + y2+2x – 4y – 20 = 0 vaø A(3 ; 0) .Vieát phöông trình ñöôøng thaúng (d) ñi qua A vaø caét (C)
theo moät daây cung coù ñoä daøi nhoû nhaát.
19/ Cho hai ñöôøng troøn (C1) :x2 + y2 – 2x – 9y – 2= 0 vaØ (C2) : x2 + y2 – 8x – 9y +16 = 0.
a. Chöùng minh raèng (C1) vaø (C2) tieáp xuùc nhau . b. Vieát phöông trình caùc tieáp tuyeán chung cuûa hai ñöôøng troøn ñoù . 20/ Vieát phöông trình caùc tieáp tuyeán chung cuûa caùc caëp ñöôøng troøn sau : a. (C1): x2 + y2 -10x = 0 , (C2): x2 + y2 +4x -2y -20 = 0 b. (C1): x2 + y2 - 4x - 5 = 0 , (C2): x2 + y2 - 6x +8y +16 = 0
2
2
= 1
+
Ph¬ng tr×nh tæng qu¸t: (a,b>0)
2
2
C«ng thøc vÒ E-LÝp x a
y b
NÕu a>b th×: b2= a2- c2 NÕu b>a th×: a2= b2- c2
MF a ex
a
x
MF b ex
a
x
1
1
a ex
a
x
b ex
a
x
MF 2
MF 2
c a c a
c b c b
trôc lín lµ 2a trôc nhá lµ 2b tiªu cù lµ 2c t©m sai e=c/a tiªu ®iÓm ( thuéc Ox) F1=(-c;0) F2=(c;0) Víi ®iÓm M(x;y) thuéc (E) b¸n kÝnh qua tiªu lµ trôc lín lµ 2b trôc nhá lµ 2a tiªu cù lµ 2c t©m sai e=c/b tiªu ®iÓm ( thuéc Oy) F1=(0;-c) F2=( 0;c) Víi ®iÓm M(x;y) thuéc (E) b¸n kÝnh qua tiªu lµ
. CAÙC DANG BAØI TAÄP:
Baøi 1 : Tìm tieâu ñieåm , toïa ñoä caùc ñænh , tieâu cöï , ñoä daøi caùc truïc vaø taâm sai cuûa elip (E ) cho bôûi caùc
phöông trình sau :
1/ 16x2 + 25y2 = 400 ; 2/ 4x2 + 9y2 = 144 ; 3/ 9x2 +25 y2 = 225 ; 4/ 4x2 + 9y2 = 25. Baøi 2 : Laäp phöông trình chính taéc cuûa elip ( E ) trong caùc tröôøng hôïp sau :
1/ ( E ) coù tieâu cöï baèng 6 ; truïc lôùn laø 2 10 . 2/ ( E ) coù truïc lôùn baèng 20 taâm sai baèng 3/5, 3/ ( E ) coù tieâu cöï baèng 8 vaø ñi qua ñieåm M ( 15 ; - 1 ).
12 5
) 4/ ( E ) coù moät tieâu ñieåm F2 ( 4 ; 0 ) vaø ñi qua ñieåm N ( 3 ;
5/ ( E ) ñi qua hai ñieåm A ( 5 ; 0 ) vaø B ( 4 ; 3 2 )
6/ ( E ) coù truïc nhoû baèng 6 , phöông trình hai ñöôøng chuaån x 7 16 = 0.
7
1 2
7/ ( E ) coù taâm sai baèng , khoaûng caùch giöõa hai ñöôøg chuaån baèng 32.
Baøi 3 : Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho elip ( E ) :4x2 + 25y2 = 100. 1/ Tìm caùc ñieåm treâ ( E ) coù hoaønh ñoä baèng 3 vaø tính khoaûng caùch giöûa hai ñieåm ñoù.
2/ Tìm nhöõng ñieåm M treân ( E ) sao cho baùn kính qua tieâu ñieåm beân traùi baèng hai laàn baùn kính qua
tieâu ñieåm beân phaûi .
Baøi 4 : Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho elip ( E ) : 2x2 + 6y2 = 12 .
1/ Xaùc ñònh toïa ñoä caùc tieâu ñieåm vaø ñoä daøi caùc truïc cuûa ( E ) . 2/ Tìm nhöõng ñieåm M treân ( E ) nhìn hai tieâu ñieåm döôùi moät goùc vuoâng . Baøi 5: Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho elip ( E ) : 16x2 + 25y2 = 400 .
1/ Tìm caùc ñieåm M treân ( E ) sao cho 3F1M = F2M. 2/ Cho A , B laø hai ñieåm thuoäc ( E ) sao cho AF1+ BF2 = 8 .Haõy tính AF2 + BF1 .
Baøi 6 : Trong maët phaúng vôùi heä toïa ñoä Oxy cho elip ( E ) 16x2 + 25y2 = 100. 1/ Tìm toïa ñoä caùc tieâu ñieåm , toïa ñoä caùc ñænh , tính taâm sai cuûa ( E ) .
3/ Tìm caùc giaù trò cuûa m ñeå ñöôøng thaúng y = x + m caét (E )taïi hai ñieåm phaân bieät.
2/ Ñöôøng thaúng d ñi qua moät tieâu ñieåm cuûa ( E ) caét ( E ) taïi hai ñieåm A , B .Tính ñoä daøi AB
Baøi 7: Cho elip ( E ) : x2 + 4y2 =25 ; (d) : 7x – 2y – 25 = 0.
1/ Tìm toïa ñoä giao ñieåm cuûa (d) vaø ( E ) . 2/ Vieát phöông trình tieáp tuyeán taïi caùc giao ñieåm ñoù. 3/ Vieát phöông trình tieáp tuyeán vôùi ( E ) bieát tieáp tuyeán ñi qua M( 5; 5 ). Baøi 8 : Vieát phöông trình tieáp tuyeán vôùi (E) : 9x2+ 16y2 = 144 bieát tieáp tuyeán :
1/ song song vôùi ñöôøng thaúng :3x – 2y +1 = 0. 2/ vuoâng goùc vôùi ñöôøng thaúng :x + 2y – 3 = 0.
4
Baøi 9: Vieát phöông trình chính taéc cuûa elip (E) bieát raèng (E) nhaän caùc ñöôøng thaúng: 3x – 2y – 20 = 0 vaø x + 6y – 20 = 0 laøm tieáp tuyeán.
3
. Baøi 10 : Cho elíp (E) coù hai tieâu ñieåm F1(- 3 ;0) ,F2( 3 ;0) vaø moät ñg chuaån coù phöông trình x =
1/ Vieát phöông trình chính taéc cuûa (E). 2/ M laø ñieåm thuoäc (E) .Tính giaù trò cuûa bieåu thöùc :P = F1M2 + F2M2 – 3OM2 – F1M.F2M. 3/ Vieát phöông trình ñöôøng thaúng (d) // Ox vaø caét (E) taïi hai ñieåm A,B sao cho OA OB. Baøi 11:1/ Laäp pt chính taéc cuûa elíp (E) coù tieâu ñieåm F1( - 15 ;0), tieáp xuùc vôùi (d) : x + 4y – 10 = 0.
2/ Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (E) vuoâng goùc vôùi (d’) : x + y + 6 = 0. Baøi 12 : Cho (E) : 4x2 + 9y2 =36 vaø ñöôøng thaúng (d) coù phöông trình mx – y – 1 = 0 .
1/ Chöùng minh raèng ñöôøng thaúng (d) luoân caét (E) taïi hai ñieåm phaân bieät vôùi moïi m . 2/ Vieát phöông trình tieáp tuyeán cuûa (E) bieát tieáp tuyeán ñi qua ñieåm A(1;3)
Baøi 13: 1/Laäp phöông trình chính taéc cuûa elíp (E) coù moät tieâu ñieåm F2( 10 ;0) ñoä daøi truïc lôùn 2 18 2/ Ñöôøng thaúng (d) tieâp xuùc vôùi(E) taïi M caét hai truïc toïa ñoä taïi A, B .Tìm M ñeå dieän tích tam giaùc
2
2
1
OAB nhoû nhaát .
x 9
y 4
Baøi 14 : Cho (E) : .Cho A(-3;0),M(-3;a),B(3;0),N(3;b) trong ñoù a,b laø hai soá thay ñoåi
2
2
2
2
1
1
1/ Xaùc ñònh toïa ñoä giao ñieåm I cuûa AN vaø BM . 2/ Chöùng minh raèng ñieàu kieän caàn vaø ñuû ñeå ñöôøng thaúng MN tieáp xuùc vôùi (E) laø ab = 4 .
x 16
y 1
x 9
y 4
Baøi 15 : trong maët phaúng toïa ñoä cho hai elíp (E1) : vaø (E2):
1/ Vieát phöông trình ñöôøng troøn ñi qua giao ñieåm cuûa hai elíp .
2/ Vieát phöông trình tieáp tuyeán chung cuûa hai elíp .
8
I.TỌA ĐỘ TRONG KHÔNG GIAN
AB
y
x
x
z
z
1.TÓM TẮT LÝ THUYẾT y .1 ,
(
)
,
A
B
A
A
B
B
2
2
2
.2
AB
AB
x
x
y
y
z
z
B
A
A
B
A
B
.3
ba
a 1
, ab 1
2
, ab 2
3
b 3
ka
ka
.4
ak.
,
,
ka 1
3
2
a
a
a .5
2 a 1
2 2
2 3
a 1
b
a .6
2
a
3
b 1 b 2 b 3
a
b .a .7
ba . 1 1
ba . 2 2
ba . 3 3
3
2
b
ba
a
//a .8
bk .
0
a b
a 1 b 1
2
a b 3
b
a .9
ba .
0
0
ba . 1 1
ba . 2 2
ba . 3 3
a
a
a
a
2
3
3
2
b
a .10
,
,
b 2
b 3
b 3
a 1 b 1
a 1 b 1
b 2
0
cb,
0
cb,
a không đồng phẳng
,a .11 đồng phẳng
cb . ,a .12 a 13. M chia đoạn AB theo tỉ số k ≠ 1
z
y
x
B
B
B
,
,
M
A 1
A 1
A 1
kz k
kx k
ky k
14. M là trung điểm AB x y
x
y
z
z
B
A
B
A
A
B
M
,
,
2
2
2
cb .
A
A
A
C
e
)1,0,0(
3
,0(
e );0,0,1( 2 ; ),0,0( z KOy xKOyz z ; ),0,(
);0,1,0( Oz Oxz
y ,0(
; NOx NOxy ;
a
a
AC
AB
15. G là trọng tâm tam giác ABC z x y z x C y C , , , y B 3 x B 3 z B 3 G
2 a 1
2 2
2 3
S ABC
AD
AC
AB
).
(
19.
VABCD
e 16. Véctơ đơn vị cña 3 trôc: 1 )0,0,( xM )0, 17. zy yxM ,( )0, ), 18. 1 1 2 2 1 6
/
20.
/
/
/
V
(
AB
AD
).
AA
ABCD
.
/ DCBA
21.
9
2.CÁC DẠNG TOÁN
] ≠ 0
AC,AB
SABC =
AC]
[AB
,
Daïng 1: Chöùng minh A,B,C laø ba ñænh tam giaùc A,B,C laø ba ñænh tam giaùc [ 1 2
Ñöôøng cao AH =
S ABC.2 BC
Shbh =
[AB
,
AC]
AB DC
Daïng 2: Tìm D sao cho ABCD laø hình bình haønh Chöùng minh A,B,C khoâng thaúng haøng ABCD laø hbh
Daïng 3: Chöùng minh ABCD laø moät töù dieän:
].
[
AD ≠ 0
Vtd =
[AB
,
AD.AC]
AC,AB 1 6
*Ñöôøng cao AH cuûa töù dieän ABCD
V
AH
AH
BCD. S
1 3
3 V BCDS
Theå tích hình hoäp :
/
/
/
/
/ DCBA
ABCD
.
V AB ; AD AA .
Daïng4: Hình chieáu cuûa ñieåm M
n
1. H laø hình chieáu cuûa M treân mp
ad
Vieát phöông trình ñöôøng thaúng (d) qua M vaø vuoâng goùc mp : ta coù
Toïa ñoä H laø nghieäm cuûa hpt : (d) vaø ()
n
da
2. H laø hình chieáu cuûa M treân ñöôøng thaúng (d) *Vieát phöông trình mp qua M vaø vuoâng goùc vôùi (d): ta coù
*Toïa ñoä H laø nghieäm cuûa hpt : (d) vaø () Daïng 5 : Ñieåm ñoái xöùng 1.Ñieåm M/ ñoái xöùng vôùi M qua mp *Tìm hình chieáu H cuûa M treân mp (daïng 4.1) *H laø trung ñieåm cuûa MM/ 2.Ñieåm M/ ñoái xöùng vôùi M qua ñöôøng thaúng d: *Tìm hình chieáu H cuûa M treân (d) ( daïng 4.2) H laø trung ñieåm cuûa MM/ 10
3.BÀI TẬP ÁP DỤNG
c
9
k
d
i
3
4
5
j
k
a
2
j i
;
b
i
8
k
7
1: ViÕt täa ®é cña c¸c vect¬ say ®©y: ; ;
c = (2 ; 2; -1 ).
a = ( 2;1 ; 0 ),
2: Cho ba vect¬
b = ( 1; -1; 2) , b + 3 a - 2
c
u = 4
a ,
b ,
c kh«ng ®ång ph¼ng .
b) Chøng minh r»ng 3 vect¬
a ,
b ,
c .
a = (1; m; 2),
b = (m+1; 2;1 ) ,
c = (0 ; m-2 ; 2 ) .§Þnh m ®Ó 3 vect¬ ®ã ®ång ph¼ng .
c) H·y biÓu diÓn vect¬ a) T×m täa ®é cña vect¬ : w = (3 ; 7 ; -7 ) theo ba vect¬
a e
b
4
2
c
3: Cho 3 vect¬
a
b
c
d
a
4
b
3
c
2; 5;3 ,
0; 2; 1 ,
1; 7; 2
1 2
a x
a
4
4: Cho: . T×m täa ®é cña vect¬: a) b)
5: T×m täa ®é cña vect¬ x a
a
vµ 0 a x
0; 2;1
a
b) vµ a) , biÕt r»ng: 1; 2;1
2a
b x
vµ
b , 5; 4; 1 A (1;3; 7),
2; 5;3 . ( 5; 2;0), B
(0; 1; 1).
C
c)
(3;0; 2),
(2;5; 3),
(1;0;0),
C
A
B
D
( 3; 1;2).
H·y t×m träng t©m G cña tam gi¸c
H·y t×m täa ®é träng t©m G
6: Cho ba ®iÓm kh«ng th¼ng hµng: ABC. 7: Cho bèn diÓm kh«ng ®ång ph¼ng : cña tø diÖn ABCD. 8: Cho ®iÓm M(1; 2; 3). T×m täa ®é h×nh chiÕu vu«ng gãc cña ®iÓm M: a) Trªn c¸c mÆt ph¼ng täa ®é: Oxy, Oxz, Oyz. b) Trªn c¸c trôc täa ®é: Ox, Oy, Oz
a) Qua gèc täa ®é O c) Qua Trôc Oy.
b
a
c
9: Cho ®iÓm M(1 ; 2 ; 3). T×m täa ®é cña ®iÓm ®èi xøng víi ®iÓm M: b) Qua mÆt ph¼ng Oxy 10: Cho h×nh hép ABCD.A'B'C'D', A(1; 0; 1), B(2; 1; 2), D(1; -1; 1), C'(4; 5; -5). T×m täa ®é cña c¸c ®Ønh cßn l¹i. 11: Cho A(2; -1; 7), B(4; 5; -2). §êng th¼ng AB c¾t mÆt ph¼ng Oyz t¹i ®iÓm M.
3;2; 1 .
2
2
2
2
2
2
T×m: 13 . Cho ba vect¬ a) §iÓm M chia ®o¹n th¼ng AB theo tØ sè nµo ? b) T×m täa ®é ®iÓm M. 4;0; 1 ,
a
)
.
;
;
b a )
2 c a b b c c a )
;
d
) 3
a
2
a b b c b
.
;
a c b
) 4 .
e
c
5
a b c
1; 1;1 , b c .
1;2;3
a a )
b
b a )
b
vµ b
4;3;1 ,
2;5;4 ,
6;0; 3 .
.
14. TÝnh gãc gi÷a hai vect¬ a : 15. a) Trªn trôc Oy t×m ®iÓm c¸ch ®Òu hai ®iÓm: A(3; 1; 0) vµ B(-2; 4; 1).
,
,
b) Trªn mÆt ph¼ng Oxz t×m ®iÓm c¸ch ®Òu ba ®iÓm: A(1; 1; 1), B(-1; 1; 0) vµ C(3; 1; -1).
b a )
b
c
a b c c
4; 2;3
a a )
b
4;3; 4 ,
2; 1; 2 ,
1; 2;1
1; 1;1 ,
0;1; 2 ,
c
c a )
b
d a )
b
c
3;1;3 ,
3;1; 2 ,
1;1;1 ,
2; 2;1 .
16. XÐt sù ®ång ph¼ng cña ba vect¬ trong mçi trêng hîp sau ®©y:
2; 0;1 4; 2;5 , 17. Cho ba ®iÓm A(1;0;0), B(0;0;1), C(2;1;1). a) Chøng minh r»ng A, B, C lµ ba ®Ønh cña mét tam gi¸c. b) TÝnh chu vi vµ diÖn tÝch ABC. c) T×m täa ®é ®Ønh D ®Ó tø gi¸c ABDC lµ h×nh b×nh hµnh. d) TÝnh ®é dµi ®êng cao cña ABC h¹ tõ ®Ønh A. e) TÝnh c¸c gãc cña ABC.
11
a) Chøng minh r»ng A, B, C, D lµ bèn ®Ønh cña mét tø diÖn. b) T×m gãc t¹o bëi c¸c c¹nh ®èi diÖn cña tø diÖn ABCD. c) TÝnh thÓ tÝch tø diÖn ABCD vµ tÝnh ®é dµi ®êng cao cña tø diÖn h¹ tõ ®Ønh A.
18. Cho bèn ®iÓm A(1; 0; 0), B(0; 1; 0), C(0; 0; 1), D(-2; 1; -1). 19. Cho ABC biÕt A(2; -1; 3), B(4; 0; 1), C(-10; 5; 3). H·y t×m ®é dµi ®êng ph©n gi¸c trong cña gãc B. 20. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho bèn ®iÓm A(1; 1; 0), B(0; 2;1), C(1; 0; 2), D(1;1 ;1). a) Chøng minh r»ng A, B, C, D t¹o thµnh tø diÖn. TÝnh thÓ tÝch cña khèi tø diÖn ABCD. b) TÝnh ®é dµi ®êng cao h¹ tõ ®Ønh C cña tø diÖn ®ã.
c) TÝnh ®é dµi ®êng cao cña tam gi¸c ABD h¹ tõ ®Ønh B. d) TÝnh gãc ABC vµ gãc gi÷a hai ®êng th¼ng AB, CD.
a) X¸c ®Þnh ®iÓm D sao cho tø gi¸c ABCD lµ h×nh b×nh hµnh . b) T×m täa ®é giao ®iÓm cña hai ®êng chÐo. c) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC, ®é dµi BC tõ ®ã ®êng cao tam gi¸c ABC vÏ tõ A.
21. Cho 3 ®iÓm A ( 3;-4;7 ),B( -5; 3; -2 ) ,C(1; 2; -3 ). T×m täa ®é träng t©m cña tam gi¸c ABC . 22. Cho 4 ®iÓm A( 2; 0; 0) , B( 0; 4; 0 ) , C( 0; 0; 6 ), D ( 2; 4 ;6 ). a) Chøng minh 4 ®iÓm A, B , C , D kh«ng ®ång ph¼ng.TÝnh thÓ tÝch tø diÖn ABCD
b) T×m täa ®é träng t©m cña tø diÖn ABCD . c) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC , tõ ®ã suy ra chiÒu cao cña tø diÖn vÏ tõ D. d) T×m täa ®é ch©n ®êng cao cña tø diÖn vÏ tõ D . 23. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ba ®iÓm A(3;4;-1) , B(2;0;3), C(-3;5;4) b) TÝnh cosin c¸c gãc A,B,C . a) T×m ®é dµi c¸c c¹nh cña tm gi¸c ABC. c) TÝnh diÖn tÝch tam gi¸c ABC
II. PHƯƠNG TRÌNH MẶT PHẲNG
1.TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1. Vectô phaùp tuyeán cuûa mp :
n
laø veùctô phaùp tuyeán cuûa n
≠ 0
a
// b
laø caëp vtcp cuûa a 3 Quan heä giöõa vtpt n
] cuøng // = [ a , b : n
, b
= (A;B;C) 2. Caëp veùctô chæ phöông cuûa mp : , b vaø caëp vtcp a 4. Pt mp qua M(xo ; yo ; zo) coù vtpt n
A(x – xo) + B(y – yo ) + C(z – zo ) = 0
() : Ax + By + Cz + D = 0 ta coù n 5.Phöông trình maët phaúng đi qua A(a,0,0) B(0,b,0) ; C(0,0,c) :
1
x a
y b
z c
= (A; B; C)
Chuù yù : Muoán vieát phöông trình maët phaúng caàn:
1 ñieåm vaø 1 veùctô phaùp tuyeán
6.Phöông trình caùc maët phaúng toïa ñoä
(Oyz) : x = 0 ; (Oxz) : y = 0 ; (Oxy) : z = 0
7. Chuøm maët phaúng : giaû söû 1 2 = d trong ñoù
12
(1): A1x + B1y + C1z + D1 = 0 (2): A2x + B2y + C2z + D2 = 0
Pt mp chöùa (d) coù daïng sau vôùi m2+ n2 ≠ 0 : m(A1x + B1y + C1z + D1) + n(A2x + B2y + C2z + D2) = 0
caét
1
2
8. Vò trí töông ñoái cuûa hai mp (1) vaø (2) :
1
1
1
°
//
1
1
1
°
C:B:AC:B:A 1 2 A C 1 A C 2 2 A C 1 A C
2 D D 2 D D
1 B B 2 B B
2
2
2
2
0
AA 2
CC 1
1
2
2
°
BB ª 1 9.KC từ M(x0,y0,z0) đến () : Ax + By + Cz + D = 0
D
Ax o
By o
Cz o
d(M,
)
2
2
2
A
B
C
10.Goùc giữa hai maët phaúng :
cos(
,
)
.
nn . 1 2 n n 1
2
2.CAÙC DAÏNG TOAÙN
(
)
A
B
hay
C
qua
Daïng 1: Maët phaúng qua 3 ñieåm A,B,C : hay
AB ,
AC °
]
AC , AB[n
vtpt
° Caëp vtcp:
Mqua
trung
ñieåm
AB
Daïng 2: Maët phaúng trung tröïc ñoaïn AB :
vtpt
n
AB
°
Mqua
Daïng 3: Maët phaúng qua M vaø d (hoaëc AB)
....( AB
)
Vì
(d)
neân
vtpt
n
a
d
°
qua
M
Daïng 4: Mp qua M vaø // : Ax + By + Cz + D = 0
Vì
//
neân
vtpt
n
n
°
13
ad
/
a
b
d
n
■ Vtpt
/
d
Daïng 5: Mp chöùa (d) vaø song song (d/) Ñieåm M ( choïn ñieåm M treân (d)) Mp chöùa (d) neân a Mp song song (d/) neân d aa ,
MN
■ Mp qua M,N neân
a
■ Mp mp neân
n
b
M qua
(hay
N)
Daïng 6 Mp qua M,N vaø :
MN [
]
n
, n
vtpt
°
■ Mp chöùa d neân
ad
a
Daïng 7 Mp chöùa (d) vaø ñi qua
AM
■ Mp ñi qua
)(dM
b
A qua
vaø A neân
[
]
a
n
vtpt
, AM
d
°
3.BÀI TẬP ÁP DỤNG Bµi to¸n 1. Ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng Bµi 1: LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) ®i qua ®iÓm M vµ cã vtpt n
M 2;7;0 , n
3;0;1
M 4; 1; 2 , n
M 2;1; 2 , n
1;0;0
biÕt b, a,
M 3;1;1 , n
1;1;2
c, d,
A ; 1; 0 , B 1;
;5
;1
a, A(2;1;1), B(2;-1;-1) b, A(1;-1;-4), B(2;0;5) c, d,
0;1;3 Bµi 2: LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng trung trùc cña AB biÕt: 1 2
1 2
1 3
A 1;
, B 3;
:x 2y z 10
M 1;1; 0 ,
M 2;1;5 ,
Oxy
b, a,
2 1 ; 3 2 Bµi 3: LËp ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng ®i qua ®iÓm M vµ song song víi mÆt ph¼ng biÕt: c, 0
M 1; 2;1 , a
0 : 2x y 3 (2;1; 2); (3; 2; 1) b
(6; 1;3); (3; 2;1)
a
b
Bµi 4 LËp ph¬ng tr×nh cña mÆt ph¼ng (P) ®i qua ®iÓm M(2;3;2) vµ cÆp VTCP lµ Bµi 5: LËp ph¬ng tr×nh cña mÆt ph¼ng (P) ®i qua M(1;1;1) vµ b) Song song víi c¸c trôc 0x,0z. a) Song song víi c¸c trôc 0x vµ 0y. c) Song song víi c¸c trôc 0y, 0z. Bµi 6: LËp ph¬ng tr×nh cña mÆt ph¼ng ®i qua 2 ®iÓm M(1;-1;1) vµ B(2;1;1) vµ : a) Cïng ph¬ng víi trôc 0x. b) Cïng ph¬ng víi trôc 0y. c) Cïng ph¬ng víi trôc 0z.
a
b );2,7,2(
)4,2,3(
. Bµi 7: X¸c ®Þnh to¹ ®é cña vÐc t¬ n vu«ng gãc víi hai vÐc t¬
);4,3,2(n
Bµi 8: T×m mét VTPT cña mÆt ph¼ng (P) ,biÕt (P) cã cÆp VTCP lµ Bµi 9: LËp ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña mÆt ph¼ng (P) biÕt :
a) (P) ®i qua ®iÓm A(-1;3;-2) vµ nhËn lµm VTPT.
14
a
b) (P) ®i qua ®iÓm M(-1;3;-2) vµ song song víi (Q): x+2y+z+4=0.
b
3; 2;1
vµ
Bµi 10: LËp ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña c¸c mÆt ph¼ng ®i qua I(2;6;-3) vµ song song víi c¸c mÆt ph¼ng to¹ ®é. Bµi 11: (§HL-99) :Trong kh«ng gian 0xyz cho ®iÓm A(-1;2;3) vµ hai mÆt ph¼ng (P): x-2=0 , (Q) : y-z-1=0 .ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (R) ®i qua ®iÓm A vµ vu«ng gãc víi hai mÆt ph¼ng (P),(Q). Bµi 12: LËp ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña mÆt ph¼ng (P) trong c¸c trêng hîp sau: 3;0;1 a) §i qua hai ®iÓm A(0;-1;4) vµ cã cÆp VTCP lµ b) §i qua hai ®iÓm B(4;-1;1) vµ C(3;1;-1) vµ cïng ph¬ng víi trôc víi 0x. Bµi 13: Cho tø diÖn ABCD cã A(5;1;3) B(1;6;2) C(5;0;4) D(4;0;6) .
a) ViÕt ph¬ng tr×nh tæng qu¸t c¸c mÆt ph¼ng (ABC) (ACD) (ABD) (BCD). b) ViÕt ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña mÆt ph¼ng (P) ®i qua c¹nh AB vµ song song vãi c¹nh CD. Bµi 14: ViÕt ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña (P)
a) §i qua ba ®iÓm A(1;0;0), B(0;2;0) , C(0;0;3) . b) §i qua A(1;2;3) ,B(2;2;3) vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (Q) : x+2y+3z+4=0 c) Chøa 0x vµ ®i qua A(4;-1;2) , d) Chøa 0y vµ ®i qua B(1;4;-3)
Bµi 15: Cho hai ®iÓm A(3;2;3) B(3;4;1) trong kh«ng gian 0xyz a) ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (P) lµ trung trùc cña AB. b) ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (Q) qua A vu«ng gãc v¬i (P) vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng y0z c) ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt ph¼ng (R) qua A vµ song song víi mÆt ph¼ng (P).
III.ĐƯỜNG THẲNG TRONG KHÔNG GIAN
1.TÓM TẮT LÝ THUYẾT 1.Phöông trình tham soá cuûa ñöôøng thaúng (d) qua M(xo ;yo ;zo) coù vtcp a
= (a1;a2;a3)
x
x
o
:
(d)
y
y
Rt;
o
z
z
o
ta 1 ta 2 ta 3
2.Phöông trình chính taéc cuûa (d)
z-z
x
x
y
y
0
o
o
:
(d)
a
a
a
Qui öôùc: Maãu = 0 thì Tö û= 0
2
3
1
3.PT toång quaùt cuûa (d) laø giao tuyeán cuûa 2 mp 1 vaø 2
Cy
BxA
1
1
:
(d)
1 Cy
BxA
2
2
0 Dz 1 0 Dz 2
2
Veùctô chæ phöông
a
,
,
B 1 B
C 1 C
C 1 C
B 1 B
2
2
2
A 1 A 2
A 1 A 2
2
4.Vò trí töông ñoái cuûa 2 ñöôøng thaúng :
15
; (d’) qua N coù vtcp
a
/d
da
,
].
d cheùo d’ [
a
MN ≠ 0 (khoâng ñoàng phaúng)
(d) qua M coù vtcp da
/d
,
].
a
/d
d,d’ ñoàng phaúng [ da
,
,
].
a
a
MN =0
d,d’ caét nhau [
/d
da
vaø
//
a
/d /dM (
)
}
d,d’ song song nhau {
MN = 0 ] 0 vaø [ da da
/d
vaø
//
d,d’ truøng nhau {
}
a
/dM (
/d
) da
5.Khoaûng caùch :
Cho (d) qua M coù vtcp
; (d’) qua N coù vtcp
a
/d
[
; AMa
]
d
Kc từ đieåm ñeán ñường thẳng:
( dAd
,
)
a
d
/
[
].
MN
aa ; d
d
/
Kc giöõa 2 ñường thẳng :
ddd ;(
)
/
[
]
aa ; d
d
da
6.Goùc : (d) coù vtcp
; ’ coù vtcp
a
; ( ) coù vtpt n
/d
/
d
Goùc giữa 2 ñöôøng thaúng :
cos(d,
' )d
/
aa . d a
.
a
d
d
.
d
da
sin(d,
)
a a
n n
.
d
Goùc giữa ñường vaø mặt :
2.CAÙC DAÏNG TOAÙN Daïng 1: : Ñöôøng thaúng (d) ñi qua A,B
(
)
quaA
hayB
d
(
)
Vtcp
a
AB
d Daïng 2: Ñöôøng thaúng (d) qua A vaø song song ()
A
qua
(
d )
Vì
(d)
( //
neân )
vtcp
a
a
d
A
qua
(
d )
Vì
(d)
(
neân )
vtcp
a
n
d
Daïng 3: Ñöôøng thaúng (d) qua A vaø vuoâng goùc mp
Daïng4: PT d’ hình chieáu cuûa d leân : d/ =
16
)( d
quaM
a
a
d
/
Vieát pt mp chöùa (d) vaø vuoâng goùc mp
b
[
]
n na ; d
)( ( ) d n
ª d ( ) ) ( ) (
qua
Daïng 5: Ñöôøng thaúng (d) qua A vaø vuoâng goùc (d1),(d2)
vtcp
A a [ a
a ,
]
d
d
2
1
( d )
Daïng 6: PT d vuoâng goùc chung cuûa d1 vaø d2 :
d1, a
d2]
da = [ a
+ Tìm
+ Mp chöùa d1 , (d) ; mp chöùa d2 , (d)
d =
Daïng 7: PT qua A vaø d caét d1,d2 : d =
vôùi mp = (A,d1) ; mp = (A,d2)
Daïng 8: PT d // vaø caét d1,d2 : d = 1 2 vôùi mp1 chöùa d1 // ; mp2 chöùa d2 //
Daïng 9: PT d qua A vaø d1, caét d2 : d = AB
vôùi mp qua A, d1 ; B = d2
Daïng 10: PT d (P) caét d1, d2 : d =
vôùi mp chöùa d1 ,(P) ; mp chöùa d2 , (P)
3.BÀI TẬP ÁP DỤNG Bµi 1:LËp ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d) trong c¸c trêng hîp sau :
(3; 2;3)
a
lµm VTCP
a) (d) ®i qua ®iÓm M(1;0;1) vµ nhËn b) (d) ®i qua 2 ®iÓm A(1;0;-1) vµ B(2;-1;3)
y
- 3
z
P x ) :
2 - 6 0
x
t
R t,
:
22 t
y
vµ c¸c mÆt ph¼ng to¹ ®é
21
z
t
Bµi 2: Trong kh«ng gian Oxyz lËp ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña c¸c giao tuyÕn cña mÆt ph¼ng ( Bµi 3: ViÕt ph¬ng tr×nh cña ®êng th¼ng ®i qua ®iÓm M(2;3;-5) vµ song song víi ®êng th¼ng (d) cã ph¬ng tr×nh: d
:
x y
t 22 R t, t
d
z
21 t
Bµi 4: Cho ®êng th¼ng (D) vµ mÆt ph¼ng (P) cã ph¬ng tr×nh lµ : vµ (P): x+y+z+1=0
T×m ph¬ng tr×nh cña ®êng th¼ng (t) ®i qua A(1;1;1) song song víi mÆt ph¼ng (P) vµ vu«ng gãc víi ®êng th¼ng (D) Bµi 5: Cho mÆt ph¼ng (P) ®i qua 3 ®iÓm A(3;0;0), B(0;6;0), C(0;0;9). ViÕt ph¬ng tr×nh tham sè cña ®êng th¼ng (d) ®i qua träng t©m tam gi¸c ABC vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng chøa tam gi¸c ®ã
17
2
3
y
z
P x ) :
2
y
z
3 - 4 0
. 1 0
: P x
Bµi6: LËp ph¬ng tr×nh tham sè, chÝnh t¾c cña ®êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm A(2;1;3) vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (P) trong c¸c trêng hîp sau: a) ( b)
2 2 t
x
Bµi 7: LËp ph¬ng tr×nh tham sè, chÝnh t¾c cña ®êng th¼ng (d) ®i qua ®iÓm A(1;2;3) vµ song song víi ®êng
:
t
R
t
3 t y z 3
th¼ng ( ) cho bëi : .
t
4
Bµi8: XÐt vÞ trÝ t¬ng ®èi cña ®êng th¼ng (d) vµ mÆt ph¼ng (P) ,biÕt:
:
R t,
x y
1 t 3 t
x y
:
12 t 9
R t,
d
2
z
t
z
t
1
1
x
(P): x-y+z+3=0 b) (P): y+4z+17=0 a) d
:
2
y 1
z 2 3
. Bµi 9: (§HNN_TH-98): Cho mÆt ph¼ng (P) vµ ®êng th¼ng (d) cã ph¬ng tr×nh (P): 2x+y+z=0 vµ d
x
t 21
x
y
z
1
1
2
d
:1
R
d
t
:2
2
1
1
y z
t 2 t 31
a) T×m to¹ ®é giao ®iÓm A cña (d) vµ (P) . b) LËp ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng (d1) qua A vu«ng gãc víi (d) vµ n»m trong mÆt ph¼ng (P) .
Bµi 10: Cho hai ®êng th¼ng (d1),(d2) cã ph¬ng tr×nh cho bëi :
a) CMR hai ®êng th¼ng ®ã c¾t nhau.X¸c ®Þnh to¹ ®é giao ®iÓm cña nã. b) ViÕt ph¬ng tr×nh tæng qu¸t cña mÆt ph¼ng (P) chøa (d1),(d2).
x
37 t
x
1
24 t
y
d
:1
tt,
:
R
d
1
1
2
34 t
y z
t 1 29 t 12 t
1
z a) Chøng tá r»ng hai ®êng th¼ng (d1),(d2) chÐo nhau. b) ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng th¼ng vu«ng gãc chung cña (d1),(d2) .
Bµi 11: (§HNN-96): cho hai ®êng th¼ng (d1),(d2) cã ph¬ng tr×nh cho bëi :
III.MẶT CẦU
1.TÓM TẮT LÝ THUYẾT
2
2
2
1.Phương trình maët caàu taâm I(a ; b ; c),baùn kính R
S(I,
:R)
x
a
b
c
2R
y
z
2
2
2
(1)
S(I,
x:R)
y
z
2ax
2by
2cz
0d
(2)
vôùi
2 a
2 c
0d
2 b
2 aR
2 2 cb
( )
2
2
2
(S)
cz
ax:
Taâm I(a ; b ; c) vaø
d 2.Vò trí töông ñoái cuûa maët phaúng vaø maët caàu 2R by vaø : Ax + By + Cz + D = 0
Cho Goïi d = d(I,) : khoûang caùch töø taâm mc(S) ñeán mp : d > R : (S) =
18
d = R : tieáp xuùc (S) taïi H (H: tieáp ñieåm, : tieáp dieän)
n
*Tìm tieáp ñieåm H (laø hchieáu cuûa taâm I treân mp)
ad
Vieát phöông trình ñöôøng thaúng (d) qua I vaø vuoâng goùc mp : ta coù
2
2
2
2 R
Toïa ñoä H laø nghieäm cuûa hpt : (d) vaø ()
ax: Ax : By
by cz 0DCz
(S)
d < R : caét (S) theo ñöôøng troøn coù pt
r
),(2 IdR
*Tìm baùn kính r vaø taâm H cuûa ñöôøng troøn: 2 + baùn kính
n
+ Tìm taâm H ( laø hchieáu cuûa taâm I treân mp)
ad
Vieát phöông trình ñöôøng thaúng (d) qua I vaø vuoâng goùc mp : ta coù
Toïa ñoä H laø nghieäm cuûa hpt : (d) vaø ()
o
3.Giao ñieåm cuûa ñöôøng thaúng vaø maët caàu
d
:
o
x y z
o
2
2
2
(1) vaø
2R
x y z ax: (S)
ta 1 ta 2 ta 3 by
(2)
cz + Thay ptts (1) vaøo pt mc (2), giaûi tìm t,
2
2
S(I,
:R)
2R
b
a
x
y
z
(1)
+ Thay t vaøo (1) ñöôïc toïa ñoä giao ñieåm 2.CAÙC DAÏNG TOAÙN Daïng 1: Maët caàu taâm I ñi qua A 2 c ª Theá toïa ñoä A vaøo x,y,z tìm R2
Daïng 2: Maët caàu ñöôøng kính AB Taâm I laø trung ñieåm AB Vieát phöông trình maët caàu taâm I (1) Theá toïa ñoä A vaøo x,y,z tìm R2
Pt
maët
caàu
taâm
I
D
A.x
yB .
zC .
(
S
)
I
I
I
R
d(I,
)
2
2
2
A
B
C
2
2
Daïng 3: Maët caàu taâm I tieáp xuùc mp
x:R)
S(I,
2by
2ax
2cz
z
0d
2
2
Daïng 4: Maët caàu ngoaïi tieáp töù dieän ABCD 2 Duøng (2) y A,B,C,D mc(S) heä pt, giaûi tìm a, b, c, d
S(I,
x:R)
2by
2ax
2cz
y
(2)
Daïng 5:Maët caàu ñi qua A,B,C vaø taâm I € (α) 2 z 0d A,B,C mc(S): theá toïa toïa A,B,C vaøo (2) I(a,b,c) (α): theá a,b,c vaøo pt (α)
19
vtpt
2
2
2
2
2
2
Giaûi heä phöông trình treân tìm a, b, c, d Daïng 6: Maët phaúng tieáp xuùc maët caàu taïi A IA n
2
2
2
my
6
mz
4
m
0
y
z
:
2
2
2
2
2
x
:
mym
05
mx
8
4
2
9 02 2 6 2 4 0 4 x y y x y x x y z z z : : 2 2 2 2 2 2 7 3: 3 5 0 4 2 x y x y z z z : x 3 6 9 3 x y Tieáp dieän cuûa mc(S) taïi A : qua A, 3.BÀI TẬP ÁP DỤNG Bµi 1: Trong c¸c ph¬ng tr×nh sau ®©y ,ph¬ng tr×nh nµo lµ ph¬ng tr×nh cña mÆt cÇu ,khi ®ã chØ râ to¹ ®é t©m vµ b¸n kÝnh cña nã ,biÕt: a) S z c) 2 S z 2 b) S d) S mx 4 2 x
S m
2
2
2
mx sin
03
cos
m
2
2
y
x
z
:
03 y Bµi 2: Cho hä mÆt cong (Sm) cã ph¬ng tr×nh: S m a) T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó (Sm) lµ mét hä mÆt cÇu . b) CMR t©m cña (Sm) lu«n n»m trªn mét ®êng th¼ng cè ®Þnh. Bµi 3: Cho hä mÆt cong (Sm) cã ph¬ng tr×nh: z
S m
y
a) T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó (Sm) lµ mét hä mÆt cÇu .
b) T×m quÜ tÝch t©m cña hä (Sm) khi m thay ®æi. c) T×m ®iÓm cè ®Þnh M mµ (Sm) lu«n ®i qua.
y
a) T×m ®iÒu kiÖn cña m ®Ó (Sm) lµ mét hä mÆt cÇu .
b) CMR t©m cña (Sm) lu«n ch¹y trªn mét ®êng trßn (C) cè ®Þnh trong mÆt ph¼ng 0xy khi m thay ®æi.
c) Trong mÆt ph¼ng 0xy, (C) c¾t 0y t¹i A vµ B. §êng th¼ng y=m(-1 Bµi 4: Cho hä mÆt cong (Sm) cã ph¬ng tr×nh: 1 x x x y z 7 1 2 2 3 ®êng th¼ng qua A , T c¾t ®êng th¼ng qua B ,S t¹i P .T×m tËp hîp c¸c ®iÓm P khi m thay ®æi .
Bµi 5: LËp ph¬ng tr×nh mÆt cÇu (S) ,biÕt : a) T©m I(2;1;-1), b¸n kÝnh R=4. b) §i qua ®iÓm A(2;1;-3) vµ t©m I(3;-2;-1). d) Hai ®Çu ®êng kÝnh lµ A(-1;2;3), c) §i qua ®iÓm A(1;3;0) ,B(1;1;0) vµ t©m I thuéc 0x.
:3
:2
:1 z
9
1
1
2
4
3
3 A
y
3
2
1
a) LËp pt®t (d) c¾t c¶ (d1),(d2) vµ song song víi (d3).
b) Gi¶ sö
,
d
d B
2
d
1
d 7 3 y x ,
d ,
d B(3;2;-7)
Bµi 6: Cho 3 ®êng th¼ng (d1),(d2), (d3) cã ph¬ng tr×nh :
z
2
y
d
1
:2 x
y R 2
1 t
d
:1
1
2 z
9
1 z t
2
Bµi 7: Cho 2 ®êng th¼ng (d1),(d2) cã ph¬ng tr×nh : ,
d .LËp ph¬ng tr×nh mÆt cÇu ®êng kÝnh AB.
t
t a) CMR (d1) vµ (d2) chÐo nhau. b) ViÕt ph¬ng tr×nh ®êng vu«ng gãc chung cña (d1) vµ (d2).
c) LËp mËt cÇu (S) cã ®êng kÝnh lµ ®o¹n vu«ng gãc chung cña (d1) vµ (d2). d) ViÕt pttq mp c¸ch ®Òu(d1) (d2).
Bµi 8: ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt cÇu (S) biÕt : a) T©m I(1;2;-2) vµ tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng (P):6x-3y+2z-11=0.
b) (C§GTVT-2000): T©m I(1;4;-7) vµ tiÕp xóc víi mÆt ph¼ng (P) :6x+6y-7z+42=0.
c) B¸n kÝnh R = 9 vµ tiÕp xóc víi (P): x+2y+2z+3=0 t¹i ®iÓm M(1;1;-3). Bµi 9: (§H HuÕ-96): Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ 0xyz ,cho bèn ®iÓm A(1;0;1), B(2;1;2),C(1;-1;1),D(4;5;-5).
a) ViÕt ph¬ng tr×nh tham sè cña ®êng th¼ng ®i qua D vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng (ABC).
b) ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn ABCD. Bµi10: Cho bèn ®iÓm O(0;0;0),A(6;3;0), B(-2;9;1), S(0;5;8) a) (§HKT-99): CMR SB vu«ng gãc SA.
b) (§HKT-99): CMR h×nh chiÕu cña c¹nh SB lªn mÆt ph¼ng (0AB) vu«ng gãc víi c¹nh 0A. Gäi K lµ giao ®iÓm cña h×nh chiÕu ®ã víi 0A. H·y x¸c ®Þnh to¹ dé cña K. c) ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn ABCD.
d) (§HKT-99): Gäi P,Q lÇn lît lµ ®iÓm gi÷a cña c¸c c¹nh S0,AB . T×m to¹ ®é cña ®iÓm M trªn SB sao cho PQ vµ KM c¾t nhau.
Bµi 11: Trong kh«ng gian víi hÖ to¹ ®é 0xyz ,cho bèn ®iÓm A(4;4;4), B(3;3;1), C(1;5;5), D(1;1;1). a) (HVKTQS-98): T×m h×nh chiÕu vu«ng gãc cña D lªn (ABC) vµ tÝnh thÓ tÝch tø diÖn ABCD.
b) (HVKTQS-98): ViÕt ph¬ng tr×nh tham sè ®êng th¼ng vu«ng gãc chung cña AC vµ BD. 20 c) ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp tø diÖn ABCD.
d) TÝnh thÓ tÝch tø diÖn ABCD. Bµi 12: Cho bèn ®iÓm A(-1;3;2), B(4;0;-3), C(5;-1;4), D(0;6;1). a) (HVNHTPHCM-99):ViÕt ph¬ng tr×nh tham sè cña ®êng th¼ng BC .H¹ AH vu«ng gãc BC .T×m to¹ b) LËp pt mÆt cÇu (S) ngo¹i tiÕp h×nh chãp . c) TÝnh V SABCD ®é cña ®iÓm H.
b) (HVNHTPHCM-99):ViÕt pttq cña (BCD) .T×m kc tõ A ®Õn (BCD). c) ViÕt ptmc ngo¹i tiÕp tø diÖn ABCD.
Bµi 13: Trong kh«ng gian 0xyz, cho h×nh chãp .biÕt to¹ ®é bèn ®Ønh S(5;5;6), A(1;3;0), B(-1;1;4), C(1;-1;4),
D(3;1;0).
a) LËp pt c¸c mÆt cña h×nh chãp.
Bµi 14: (HVKTMM-97) Cho bèn ®iÓm A(1;2;2), B(-1;2;-1), C(1;6;-1), D(-1;6;2). a) CMR tø diÖn ABCD cã cÆp c¹nh ®èi diÖn b»ng nhau . b) X¸c ®Þnh to¹ ®é träng t©m G cña tø diÖn. c) ViÕt ph¬ng tr×nh mÆt cÇu ngo¹i tiÕp ,néi tiÕp tø diÖn ABCD. 21 ỨNG DỤNG PHƯƠNG PHÁP TỌA ĐỘ
GIẢI MỘT SỐ BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN , , Ta có : Ox Oy Oz vuông góc từng đôi một. Do đó, nếu trong mô hình chứa các cạnh vuông góc thì ta ưu tiên chọn các đường đó lần lượt thuộc các trục tọa độ. Cụ thể : Với hình lập phương hoặc hình hộp chữ nhật ABCD
. DCBA
' ' ' ' z A’ D’ ;0) ; D(0; ;0) A
A (0; 0; 0) ; ( ;0;0) ;
B a
a B a
'(0; 0; ) ; '( ; 0; ) ; ( ;
C a a
a C a a a
'( ; a
a a
; ) ; D'(0; ; ) B’ C’ y Với hình hộp chữ nhật.
Chọn hệ trục tọa độ sao cho : A B a
(0; 0; 0) ; ( ;0; 0) ; C a b
( ; ; 0) ; D(0; ;0) b D A x A '(0; 0; ) ; c B a '( ; 0; ) ; c C a b c '( ; ; ) ; D'(0; ;c) b Với hình hộp đáy là hình thoi ABCD
. DCBA
' ' ' ' z C B A’ D’ O’ y Chọn hệ trục tọa độ sao cho :
- Gốc tọa độ trùng với giao điểm O của
hai đường chéo của hình thoi ABCD
- Trục Oz đi qua 2 tâm của 2 đáy B’ C A D O x B C z Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ
Giả sử cạnh hình vuông bằng a và
đường cao SO h
Chọn O(0;0;0) là tâm của hình vuông y S a 2 a 2 C 0;0; Khi đó : 2 2
A
;0;0;
D A a a 2 2 B D 0; S h
(0; 0; ) O 2 2 x
0;
; 0 ;
; 0 ;
B C Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ z S 22 A B ; 0; 0 ; ; 0; 0 Khi đó : Giả sử cạnh tam giác đều bằng a và
đường cao bằng h . Gọi I là trung điểm
của BC
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho I(0;0;0)
a
2
3 3 a a C ; 0 ; S 0; ; h 0; 2 6
a
2
z
AB a AD b
; y S ; 0 ; ABCD là hình chữ nhật
chiều cao bằng h
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)
Khi đó : D A S
C a b
h
; 0 ; (0;0; )
B a
D b
0;
; 0; 0 ;
O x B C z y S D A O ABCD là hình thoi cạnh a
chiều cao bằng h
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho O(0;0;0) x B C z đường cao bằng h . ;0 b Tam giác ABC vuông tại A có
AB a AC b
;
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)
Khi đó : y S
B a
; 0;0 ; C 0;
S 0; 0; h x C A B 23 z đường cao bằng h . y x ;0 b Tam giác ABC vuông tại B có
BA a BC b
;
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho B(0;0;0)
Khi đó : S
A a
S ; 0;a
; 0;0 ; C 0;
h C A B z
CA a CB b
; y x S b
; 0 ABC vuông tại C
chiều cao bằng h
H là trung điểm của AB
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho C(0;0;0)
Khi đó :
; 0;0 ; B 0; B A h
; ) (
S
A a
a b
;
2 2 C
AB a AC b
; z S y ;0 b ABC vuông tại A
chiều cao bằng h
H là trung điểm của AB
Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)
Khi đó :
; 0;0 ; C 0;
B a C A x H S h
; ) (0; a
2 B 24 đường cao bằng h . Tam giác ABC vuông cân tại C có
CA CB a
H là trung điểm của AB S Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho H(0;0;0)
a Khi đó : a C ;0; 0 ; A 0; ; 0 2 2
y
; 0 ; S 0; 0; x a h H A 2
B 0;
B 2 2 2 C cos cos 1 z )0;0;(aA ; ; C C y AB
( ba
)0 ; ; AC
( a
) ; 0 ;
c x ( bc ; ac n AB
, AC ; ab ) )0 ,0 ,1 (i Ox (OBC )
vì : )0 ,1 ,0 (j Oy (OCA
) vì : Tìm vectơ pháp tuyến của :
Mặt phẳng (ABC)
Mặt phẳng (OBC)
Mặt phẳng (OCA)
Mặt phẳng (OAB) )1 ,0 ,0 (k Oz (OAB ) vì : O B A C’ 2 22
cb 2
ac 22
ba cb
. cos 2 22
cb 2
ac 22
ba ac
. cos Sử dụng công thức tính góc giữa hai
mặt phẳng:
cos
cos
cos
(),
(),
(),
OBC
(
cos
OBC
cos
(
OBC
(
cos )
ABC
)
ABC
)
ABC 2 22
cb 2
ac 22
ba ba
. cos 25 2 2 2 2 Kết luận cos cos cos 1 2 22
cb
22
cb
2
ac
2
ac
22
ba
22
ba ABCD
. ( có cạnh bằng a.
'
vuông góc với mặt phẳng )'
DAB
'
DAB
(
' )' là trọng tâm của và mặt phẳng ' DAB ' ( và
)'
CDA
'
) '
DAB
( )
ABB
' A )' ( BDC
'
và
( z )0;0;0(AO A’ D’ y B’ C’ G aB
a
);0;('
;('
);
aaaC
D
aa
;0('
); D A x CA DAB
' )' ( ' B C ) '
CA ;
;(
aaa Nếu Ta có : 2 2 a a AB ABCA
. ' ' 0
0 CA
' ' Vì 2 2 AD CA
' '
0 '
0
mp
( ADCA
.
'
CA
'
Nên
CAG ( ' DAB Phương trình b. Chứng minh : G là trọng tâm của
'
tam giác
tham số của đường thẳng CA' a
a
)'
DAB
'
Toạ độ giao điểm G
)'
DAB
'
'
Gọi
của đường thẳng CA'
và mặt phẳng
( DAB
' )' là nghiệm của hệ : x t x CA
' : y t (
Rt ) z ta
y G ; (1) aa
;
3
3 a
2
3
x
y
z
x 0 t
t
ta
y
z
z a
3
a
3
2
a
3
Phương trình tổng quát của mặt
phẳng
)'
'
DAB
y
z
(
' xDAB (
:)' 0 CA
' ( DAB
' )' ' AB );0;(
a
a CA
' AD '
' ;0( AD );
aa
26 x ' ' A x
D x
G DAB
' )' ( y y A D ' ' Mặt khác : (2) y
G 2 2 x
B
3
y
B
3 2
aa
;
( AD AB a ,' ) ; ' Trong đó vectơ pháp tuyến của mặt
phẳng
z z ' A D ' n
1 z G z
B
3 a
3
a
3
a
2
3
So sánh (1) và (2), kết luận DAB
' ( và
là trọng tâm của tam ' ' d BDCDAB
(),' Vậy giao điểm G của đường chéo CA'
mặt phẳng
)'
giác
' DAB
'
Ta có :
( ) 0 BDC
'
( az 0 y ) ( Trong :)'
xDAB
(
'
BDC
x
(
'
:)
//
( BDC
'
)
z
0
y
y
az
DAB
'
)'
BDCDAB
(),' ' ' ) (, DAB
' )'
Bd c. Tính
Phương trình tổng quát của mặt phẳng
( BDC
x
:)
'
đó vectơ pháp tuyến của mặt phẳng
2 2 a
3 DCBC
, ' ' ( 2
aa
;
; a ) n
2 ( BDC
' ) ' ABB )0 ; 1 ; 0(j ( ABB
' A )' Vec tơ pháp tuyến của là d. Tính
Oy
CDA
'
cos
(
ABB
A
'
)'
( )'
A
(),
Vec tơ pháp tuyến của
)1;1;0( ( ) Vectơ pháp tuyến của : n
3 )' A ABB
' CDA
' (), ABB '
cos
(
A
)' CDA
' ) : '
CDA
1
2 2 2 2 DA
,' DC ;0( a ; a ) a
)1;1;0( n
3 là
)0 ; 1 ; 0(j
(
Vectơ pháp tuyến của
(
d
( o
45
( có cạnh bằng a. DCBA
' ' ' ' ABCD
.
và BA' của hai mặt bên là hai đường thẳng chéo nhau. Tìm khoảng
' ' DB ' và BA' '
CDA (), ABB ' A )' z ; A’ D’ y B’ C’ x ' và BA' chéo DB
' '
aa
;( )0; Ta có : A D B C BA
' ;0(
aa
; ) BB
' a
);0;0( ; ' ' , không đồng 2 2 BADB
,' ' ' ( 2
aaa
; ; ) BBBADB
;'
'
phẳng.
Cần chứng minh 27 tích hỗn hợp của ba vectơ ' a 3 0 ' . ,' BBBADB
' BBBADB
' ;' , ' ' khác 0 BBBADB
' ' không đồng phẳng. ' '
và BA' ,
;'
chéo nhau.
ba vectơ
hay
' DB 3 3 ' ' Tính BADBd
,' a a 3 ' '
BADBd
,' a
2 4 4 4 3 a 3 [ BBBADB
' .] ,' ' ' a a a ' '
BADBd
,' [ BADB
,' ' ' ] )22;0;0(S )0;1;0(B . Gọi M là trung điểm của SC . ; )0;0;2(A
1. Tính góc và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BM
2. Giả sử mặt phẳng (ABM) cắt đường thẳng SD tại N.
Tính thể tích khối chóp S.ABMN. Bài toán 4. Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi.
AC cắt BD tại gốc toạ độ O. Biết
;
( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối A năm 2004 ) z S )0;0;0(O )22;0;0(S )0;1;0(B )0;1;0( D C D BM )2;0;1(M
2;1;1
x O A y Ta có : BMSA
. cos cos BMSA
, 3
2 BMSA 1a.Tính góc giữa SA và BM
Gọi là góc giữa SA và BM Sử dụng
công thức tính góc giữa hai đường thẳng. o30 [ BMSA
, ] )2;0;22( )0;1;2(AB ; [ BMSA
, ]. AB 24 0 AB [ BMSA
, ]. 1b. Tính khoảng cách giữa SA và BM
Chứng minh SA và BM chéo nhau Sử
dụng công thức tính khoảng cách giữa
hai đường thẳng chéo nhau BMSAd
, ( ) 62
3 24
48 AB [ SA
, ] 2. Tính thể tích khối chóp S.ABMN. N là trung điểm của SD MN // AB // CD B 28 ;0 2; Toạ độ trung điểm N 1
2
) ) ( SA
)22;0;2( SM
;0;1( )2 ; ABM
V
S SCD
V
S ABMN AMN ABM . . . SB
)22;1;0( SM
;0;1( )2 ; Dễ dàng nhận thấy :
(
MN
V
S
Trong đó : [ SMSA
, ] )0;24;0( [ ,
SMSA ]. SB V ABM S . SB [ SMSA
, ]. V ABM
S
. [ ,
SMSA ]. SN V AMN S . 1
6
1
6 [ ]. ,
SMSA SN V AMN
S
. 24
6
22
6 22
3
2
3 1
6
1
6 Kết luận 2 Vậy (đvtt) V
S . ABMN V
S . ABM V
S . AMN )0;3;0( A ABC với ; CBA
11.
1 )0;3;0(C . ; ; )4;0;4(1B
1A ; ) . Gọi M là trung điểm của 1C . Viết phương trình mặt cầu có tâm là A và tiếp xúc với mặt phẳng
11BA . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, M và 1BC . ( trích đề thi tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2005 ) A1 )0;3;0(C )0;0;4(B B1 ; ; )4;0;4(1B ;
)4;3;0( A
1
C
1 C1 )4;3;0(
Toạ độ trung điểm M của 11BA A )4; 3
2
;2M
y Oyz
( ) Toạ độ hai đỉnh 1A ; 1C . O B C mp
)
( BCC )
)4;3;0(1
A
mp
Oyz
(
)4;3;0(1
Vectơ pháp tuyến của mp 11B , [ n BB BC )0 ;16 ;12( ) 11B ( BCC ) : 11B BCC ( 11B BCC y
4 3:) 12 0 ( 1
]
Phương trình tổng quát của mp
x B
11 R Bán kính của mặt cầu (S) : BCC (, Phương trình mặt cầu có tâm là A
và tiếp xúc với mặt phẳng
BCC
(
Viết phương trình mp
)
Tìm bán kính của mặt cầu (S)
)
AdR
11B 24
5 2 2 2 : ( )3 x y z (S) 576
25 Phương trình mặt cầu (S) :
Phương trình mặt phẳng (P) :
;6( )12;24 AM ] [ , Vectơ pháp tuyến của (P) :
nP BC
1 29 AM P ( ) AM [ ] , P
n BC
1 ( // P ) BC
1 Tìm vectơ pháp tuyến của (P)
Phương trình mặt phẳng (P) :
( xP
:) 12 4 2 0 y z )4;3;4( AM ;2 4; ; BC
1 3
2
AD 4 AC cm ;
. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (BCD) ( trích đề thi tuyển sinh ; cm cm z 2 2 2 AB BC AC có : nên )0;0;3(B ; ; y D (, BCD
Ad ) H C A I B x Phương trình tổng quát của mặt phẳng (BCD) ( BCD :) 1 4 x 3 y 3 z 12 0 Viết phương trình tổng quát của
mặt phẳng (BCD) x
3 y
4 z
4
Ad Sử dụng công thức tính khoảng
cách từ một điểm đến một mặt
phẳng a
( a AB
a AM 2 BN 12 6 34 BCD (, ) 17 16 99 12
34 z //' By Ay
Ax Ay ' B a
);0;0( )0;0;2( aM ; N y A I 'y 30 Toạ độ trung điểm I của MN ; ; a
2
aaI
; ; trung điểm của MN là tâm x
Hai tam giác AMN và BMN là hai tam
giác vuông nhận MN là cạnh huyền nên
a
2
aaI
1a. Xác định tâm I của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABMN của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN Chú ý : Ax By MN a )1 ; 2 ; 2( Ta có : 1b.Tính bán kính R của mặt cầu
ngoại tiếp tứ diện ABMN R Bán kính mặt cầu : MN
2 a
3
2 )0;0;2( a Ta có : ; ) BI AMd
( AB a
);0;0( BI aa
;
; ;
AM
a
2
[ AM , BI ] ;0( a 2 a
2
)2; AM BI AB ]. [ , 5 2 BI AMd
( , ) 2. Tính
,
Chứng minh AM và BI chéo
nhau
Sử dụng công thức tính khoảng
cách giữa hai đường thẳng chéo
nhau a
5 AM BI [ , ] Ax 'Ay
Bài toán 8 . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a . Gọi E là điểm đối
xứng của D qua trung điểm của SA, M là trung điểm của AE, N là trung điểm của BC. Chứng minh
MN vuông góc với BD và tính (theo a ) khoảng cách giữa hai đường thẳng MN và AC. ( trích đề thi
tuyển sinh ĐH&CĐ khối B năm 2007 ) ) (ABCD S E y 2 ; 0;0 ;0;0 2 2 ;
a
A D ; C A 2 2 a a ;0 ;0 0; 0; D ; B B C x 2 2
2
MN
BD a ; ;0; (0; 2;0) a
3
4 h
2
a a 2 2 a 2 Dựng hình :
Gọi O là tâm của hình vuông
ABCD
SO
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau :
h;0;0
; S
)0;0;0(O
a
2
; 0 ; ; ; h .
BDMN 0 MN BD 2 4 2 Toạ độ trung điểm P của SA
h
2
P ; E Vì : 31 a 2 a 2 a 2 a 2 N ; ; ; ; 0 2 4 h
2 4 4
2 M ; 0
,
MN AC
ah
2
a 2
AM ; h
2 . , 0
0;
0;
4
MN AC AM Ta có :
2
a h
4
MN và AC chéo nhau [ , ]. MN AC AM 2 a , AC
MNd 2 4 [ , ] MN AC 2
ha
4
2
ha
2 AD a AC b AB c , , . Vì : Tính (theo a) khoảng cách giữa hai
đường thẳng MN và AC.
Chứng minh MN và AC chéo nhau
Sử dụng công thức tính khoảng cách
giữa hai đường thẳng chéo nhau ,a b c
, abc a b c 2S b. Chứng minh rằng : a. Tính diện tích S của tam giác BCD theo
z b
; 0 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho A(0;0;0)
Khi đó : y Ta có : D c
;0; a
x C A
B c
;0;0 ; C 0;
D 0;0; a
BC
c b
;0
;
BD
S 2 2
a b 2 2
a c 2 2
b c
BC BD
, B ac ac bc ; ;
,
BC BD
1
2 b. abc a b c 2S Chứng minh : 2 2 2
2
ab c
2
abc
2
22
a bc 2 2
b c
2
c a
2 2
a b
2 2 a. Tính diện tích S của tam giác BCD
1
2
2
c ab Ta có :
Áp dụng bất đẳng thức Côsi :
2 2
a b
2 2
b c
2
c a 2 2 2 2 2 2 b c a c a b 2 2 2 a b c
2
2
2
2 2
a b 2 2
a c 2 2
b c S
2 BCD abc a b c
a bc b ac 32 Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ z Gọi I là trung điểm của BC S Chọn hệ trục tọa độ như hình vẽ sao
cho I(0;0;0)
a 3 B ;0; 0 A 0; Khi đó : y a
2 2
;0 ;
a 3 a 3 C ; 0; ;0 a
2 6 6
; 0; 0 ; S 0;
h H
;
A B M ; ; N ; x I a a
3
;
4 12 h
2 a a
3
;
4 12 h
2
3
AM ; ; a
4 a
5
12 h
2
2 3
AN ; ; 0; ;
,
AM AN a
4 a
5
12 h
2
a
5
24 ah
4 C
a 3 h
SB ; ; 2 3 a a
4 6
,
SB SC ;
ah
6 + Pháp vectơ của mp (SBC) :
0;
n
2
a 3 ; ;
SC h Diện tích tam giác AMN : 6 2 4 + Pháp vectơ của mp (AMN) :
3
n
1
AMN SBC 0 AMN
n
2
n
1 2
a h
16 4 4 0 4 4 2 a
2
2
a h
4
a
15
24.6 2
a h
16
n n
2.
1
a
15
2
24
,
AM AN S
1
2 1
2 a
75
2
24 4 đvdt a 10 a 90 a
1 15
2
24
2 a
75
2
24 1
48 16 SB a 3 z Gọi H là hình chiếu vuông góc S 33 2 2 2 2 SA SB
a
vuông tại S của S trên AB SH (ABCD)
2
Ta có :
SAB
AB
3
a
SM a
a
3 SH 2 (0;0; 0) H Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau : đều Do đó : SAM 3 a 0;0; ; 0; 0 ; A ; S 2
a
2
a
; 2 ;0 ; 0; 0 ; D ; B + Thể tích khối chóp S.BMDN
SMNB ; a
; 0 ; N 2 2 2 a
2
a
3
2 a a 3 3
SM SN
, ; ;
2 a
2 2 a 3 ;0;
a
3
2
a
M ; 0; 0
2
SM a
2 2 a 3 .S BMDN
SM SN SB SMND
SM SN SD , , ;
3 3
2 33
a
2 a 3 3
SN ; a
; a 3 a
3
2 2 , V
SM SN SB SMNB
a 3 12
3
a 3
SB ; 0; V
SM SN SD , a
3
2 2 SMND
1
6
1
6 4 a 3
SD ; 2 ;
a 3 3 3 3 a 3 a 3 a
2 2
V V V S BMDN . SMNB SMND a
12 4 3
DN 2 ;
a a ;0
V V V 2 a 1 cos ,
SM DN cos ,
SM DN 2 2 5 2 2
.
SM DN
.
SM DN a a 4 a
4 + Tính cosin của góc giữa SM, DN , cạnh bên
. Gọi M là trung điểm của BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và a 2 ' z A’ ; 0; 0 ; 0a 0; a C’ 2a 0; 0; (0; 0; 0)
; B’ y 34 A
a
M ; 0; 0
2
AM ; a
;0 ; a
2
'
B C a
; 0; a 2
+ Thể tích của khối lăng trụ ABC.A’B’C’ Chứng minh AM và B’C chéo nhau 2 3 a 2 2 V AA S
'. a 2 đvtt ABC ABC A B C
. ' ' '
,
AM B C ' a 2; ; a 1
2
2
+ Khoảng cách giữa AM và B’C 3
AM B C AB
'
' , Vì :
a
2 ,
d AM B C
, '
'
AB 0; a a
; 2 '
3 AM và B’C chéo nhau
AM B C AB
'
'
AM B C
, a 4 4 4 a 7 7 2
a a a 2
1
2 AB BC a , SA vuông góc với đáy và a
2 SA
BAD ABC Bài toán 13 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang , 090
,
. Gọi M,N lần lượt là trung điểm của SA và SD. Chứng
AD
a
2
minh rằng BCNM là hình chữ nhật và tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a ( trích đề thi tuyển
sinh Cao đẳng năm 2008 ) z S ; 0; 0 a a
; ; 0 (0; 0; 0) ; y ; C
0; 0; 2a
;a a D A B x
BC 0; a
;0 C a
;0 0;
MN
MB
a
a
;0; ;
BCNM là hình chữ nhật + Chứng minh BCNM là hình chữ nhật
0
MN BC
.
MN MB 35 + Tính thể tích của khối chóp S.BCNM theo a 0;0; a ; SMCB SMCN
SC
SN 0; ;
a
a a
; V , SMCB
2 2
a a a
;
;
V V
3 V
.S BCNM
SM SC SB 3
SM
;0; 2
a
SB
,
SM SC
V
SM SC SN , SMCN
1
6
1
6 a
6
a
6 3 3 a ; a ; 0
V V V đvtt S BCNM . SMCB SMCN 3 a
3 ABCD SA SA ); 2 a ( . Mặt
qua BC hợp với AC một góc 300 , cắt SA, SD lần lượt tại M, N. Tính diện tích thiết diện , a
,SM SC SB a
SM SC SN
z S ; 0; 0 a a
; ; 0 (0; 0; 0) ; 0; 2 ; 0a y D A
h 2 a
; S
0
0; 0; h ; C
0; 0; 2a
a B x
BC a
;0 C 2 a h
;0;
,
BM BC :
n
a h
0;
h
a a
; a ;0 a a a
;
1;1;0
1;1;0 ah ;0; a ; 0; a h
1. a
1.0 0.
0 sin 30 2 2 a h 1 1 0
0
u
hợp với AC một góc 300
n u
.
n u
SAD ( ) 2 2 MN BC AD / / / / 2 a h h h
2 2 2 a h h ) BC BM SAB ( 1
2
a M là trung điểm của SA + BCNM là hình thang vuông / /MN BC
BM BC
AC
Ta có :
MN
BC AD
/ /
BC 36 ABM BM a 2 + Diện tích thiết diện BCNM :
2
a
3 2 MN AD BM MN BC S BCNM vuông cân tại A
a
1
2
2 4 1
2
OA a OB b OC c ; ; ;a b c để thể tích khối chóp O.ABC nhỏ nhất.
; Bài toán 15 . Cho hình chóp O.ABC có
đôi một vuông góc. Điểm M cố định
thuộc tam giác ABC có khoảng cách lần lượt đến các mặt phẳng (OBC); (OCA); (OAB) lá 1; 2; 3.
Tính z O C ; 0b a 1
x
1
M y d M OCA
, (
) 2
y
2 M O B 3 )
z
3
)
M E x a
( ;0;0) +Thể tích khối chóp O.ABC b
;0 0; (0; b
;0) V , abc 0;0; c c
(0;0; ) O ABC .
OA OB OC
1
6 1
6 d M OAB
, (
M
1; 2;3
A
OA
;0;0
a
B
OB
C
OC
(ABC) : A + Phương trình mặt phẳng (ABC) :
z
1
c y
b x
a Giải hệ : ) M ABC
( 3
6 3
c 2
1
b 3 3 3 1 3 . 1
a
Áp dụng bất đẳng thức Côsi :
6
abc 2
b 1 2 3
.
a b c 3
c abc 27 1
a
1
6 3 27 6 MinV O ABC . 1
a 2
b 3
c 9
a
b
c 1 9
a
b
c 1
a
1
a 2
b
2
b 3
c
3
c
a. Tính thể tích khối chóp S.ABCD Bài toán 16 . Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có các cạnh đều bằng a . 37 b. Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng (SCD)
c. Tính góc giữa SB và mặt phẳng (SCD) S ) 2 Dựng hình :
Gọi O AC BD
SO
(ABCD 2 2 2 y Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc Oxyz như sau : a 2 SO
SC OC a a
2 2 a 2 0;0; )0;0;0(O A D ; 2
2 2 x ; 0;0 ;0;0 2 2
a
a 2 a 2 0; 0; ;0 ;0 B C A ; C a.Tính thể tích khối chóp S.ABCD
3
a 2 2 2 a
. S ABCD ABCD D ; B a 2 V SO S
. a
. . 1
3 6 1
3
Phương trình mặt phẳng (SCD)
y (SCD): (SCD) Phương trình mặt phẳng (SCD) 2
b. Khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng x z
1 a 2 a 2 a 2 a 2 x y z (SCD):
0 2 2 a x z y
0 2 2
2 a a 2 2 2 2 6 a a d A SCD
, ( ) 3 3 3 AB BC a
2
2 , SA vuông góc với đáy và a
2 SA a 2 z ; 0; 0 a a
; ; 0 (0; 0; 0) ; S a
; S ; C
0; 0; 2a y 0; 2 ; 0a D A 38 ;0; a 2 x
2
2 2 2 2
SB
a
SC
SD
SC SD
, B a a a
; ; C a a
;
; 2
CD a a
; ;0 a
a a a
2;
2 2 1;1; 2
SC CD 0 + Chứng minh tam giác SCD vuông
;
SC
SC CD
.
Tam giác SCD vuông tại C + Tìm tọa độ điểm H là hình chiếu
vuông góc của A trên SB
Phương trình tham số của SB :
0; 2 ;
a a
a 2; 2
SB : a at ( t R ) 0 ; 0; 2 a t + Tính ( theo a ) khoảng cách từ H đến (SCD)
Tọa độ điểm H :
H x y z
SB
; )
( ;
AH
a at (
H a at
t
2 )
a
;0;
.
AH SB 0 AH SB 2 2
a t a
3 0 1
t
3 a 2 ; 0; làm pháp vectơ + Viết phương trình mặt phẳng (SCD)
(SCD) đi qua điểm S và nhận vectơ
n a
2
3 3
H
0) 1(
x y 0) 2(
z a
1;1; 2
(SCD) : 1(
2) 0 + Khoảng cách từ H đến (SCD)
y x z Phương trình mặt phẳng (SCD)
(SCD) :
0 a t
2
x
y
z
2
a
2
3 2 a
a
2
a
2
3
2 ) , (
d H SCD a
3 và CD sao cho B’M = B’C’, CN = CD. Chứng minh AM BN. 2
3 2
3 Bài 1.Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’. Gọi M, N lần lượt là hai điểm nằm trên hai cạnh B’C’ 39 z A D A D B N E C N B C A’ D’ A’ y D’ B’ O C’ M B’ C’ M x - Chọn hệ trục toạ độ Oxyz như hình vẽ
(O A’). Đặt AA’= a . Ta có: ; a 0; a ;0; a A(0;0; a ), B( ), ( a ; ;0),N( ) a
3 AM ) a
.( a a
.
( 0). 0 2a
3
a
2
3 a
2
3
(đpcm). AM BN Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với AB = a , AD = 2a , SA = a và
SA vuông góc với mặt phẳng đáy (ABCD). Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AD và SC, I là giao
điểm của BM và AC. Chứng minh mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (SMB). Tính thể tích
của khối tứ diện ANIB. S trục toạ độ Oxyz như hình vẽ z minh: (SBM) (SAC). S giao điểm của AC và BD. Ta * Chọn hệ
(O A)
Gọi E là
có: A(0;0;0), B( a ;0;0), là trung điểm của CD,
giao điểm của AC
Ta có MK// D M N A *) Chứng
- Gọi K
E là
và BD.
AC.
Mặt M D N A y O E K khác:
Tam giác
vuông BAM có I I E B B 2 2 C x a BA BM AM a 2 2 MK MD DK 2
Tam giác vuông BCK có: S a aaC
;( ),0;2 aD
;0( ),0;2 ;0;0( ), C
3
2
Tam giác vuông MDK có
3 2 a 2 2 E M N ), ( ),0; ;0( )0; ( ; aa
;
2 2 2 aa
;
2 2 2 BK BC CK I ( )0; và , vì I là trọng tâm của ABD . a
3
2 a
2
2 3 *) Chứng minh: (SBM) (SAC). a 2 ),0; )0;2 BM
( a
; AC ;(
aa - Ta có 2 Dễ thấy BM2+ MK2 = BK2 nên tam giác BMK
vuông tại M,
=> MK BM => AC BM.
Hơn nữa BM SA. Từ đây ta có BM (SAC) . BM . AC 0
BM AC 2
aa
;
3 40 Mặt khác: SA (ABCD) nên BM SA.
Từ đây suy ra BM (SAC)
=> (SBM) (SAC) (đpcm).
*) Tính thể tích của khối tứ diện ANIB. 2 AB a
),0;0;( AI ( )0; Ta có và Vậy (SBM) (SAC) (đpcm).
*) Tính thể tích của khối tứ diện ANIB.
- Ta có NE // SA
=> NE (AIB) và NE = a/2.
- Vì I là trọng tâm của tam giác ABD và
a 3 3 a aa
;
3 3 AC a 3
AE
AI 2 3 2 2 2 AB AN AN ( ; ) , ;0( ) . => Tam giác ABI vuông tại I có aa
;
2 2 a
2 2 a
a
;
2 2 a 6 2 2 Vậy thể tích khối tứ diện ANIB là BI AB AI 3 3a 2 V AB , AN AI . (đvtt) 1
6 36 2 IABI
.
. NE NE S
. V . . (đvtt) AIB 1
2 1
3 36 Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, mặt bên SAD là tam giác đều và nằm
trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của các cạnh SB, BC, CD.
Chứng minh AM vuông góc với BP và tính thể tích của khối tứ diện CMNP. S M z A M H S B D C D N B y P H A
O N AO * Gọi H là trung điểm của AD.
Do ΔSAD đều nên SH AD.
Do(SAD) (ABCD)nênSH (ABCD)
- Dựng đường thẳng Az vuông góc với (ABCD),
ta có AD, AB, Az là ba tia đôi một vuông góc
nhau. Chọn hệ trục Oxyz như hình vẽ (
).
Ta có: a 3 3 ; ;0; ; A(0;0;0), S( ), M( ) a
2 2 aaa
2
4 a ; )0; N ( ; a )0; ; aa 0; B(0; a ;0), P( , C( ), * 4
a
2 a
2 C P x 2 V .
SMK CMNP CNP 1
3
0 BP
. AM 0 Ta có: a
4 Chứng minh AM vuông góc với BP.
2
a
4
* Tính thể tích khối tứ diện CMNP. BP AM. 41 a 3 3 , ;0;0( ) CP CN và MK SH Vì .CN.CP = , SCNP = ) CM
( ;
Ta có: 2a
4 a
3
4 aa
;
2 4 1
2 2a
8 1
2 3a 3 CP , CN CM
. Nên: VCMNP Nên VCMNP = 1
6 96 4
33a
96 II. SO SÁNH HO ). A C z O B I * Gọi O, O’ lần lượt là trung điểm của B’C’ và BC .
Ta có : OO’ OA’ , OO’ B’C’ .
Tam giác A’B’O là một nửa tam giác đều có cạnh A’B’ = a nên A’O = A’ C’ 3a
2 Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ . O’ B’ y 42 x Ta có :
a
3 a 3 A
;0( a
); )0;0; )0;0; B (' C
(' 2
3 a 2
3 a a
2
3 a , , B ( C
( I
( a
);0; a
);0; ;0; ) 2 2 2 a
2 , , z S Chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ
( gốc tọa độ O trùng với B) .
Ta có A(a;0;0) , C(0;2a;0) , M M ( ; aa
); S(a;0;2a) , . B a
2 O A C y x Khèi ®a diÖn- thÓ tÝch khèi ®a diÖn ------------- 1/ Tính chất của thể tích: * Hai khối đa diện bằng nhau thì có thể tích bằng nhau. * Nếu một khối đa diện được phân chia thành nhiều khối đa diện nhỏ thì thể tích của nó bằng tổng thể của các khối đa diện nhỏ đó. * Khối lập phương có cạnh bằng 1 thì có thể tích bằng 1. 2/ Công thức tính thể tích của các khối đa diện: a/ Thể tích khối lập phương: cho khối lập phương cạnh a. 3 V a ,a b c , Lúc đó: V a b c
. . b/ Thể tích khối hộp chữ nhật: cho khối hộp chữ nhật có kích thước ba cạnh lần lược là Lúc đó: c/ Thể tích khối lăng trụ: cho khối lăng trụ có diện tích đáy B và chiều cao h. V B h
. Lúc đó: d/ Thể tích khối chóp: cho khối chóp có diện tích đáy B và chiều cao h. V B h
. 1
3 Lúc đó: 43 e/ Thể tích khối chóp cụt: cho khối chóp cụt có diện tích hai đáy là B và B’ , chiều cao h. V
B B
'
BB h
' . 1
3 Lúc đó: ABCD A B C D có khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và . 1 1 1 1A D 1
bằng 2 và độ dài đường chéo của mặt bên bằng 5. Baì 1: Tính thể tích của : a,Khối tứ diện đều có cạnh bằng a. b, khối 8 mặt đều có cạnh bằng a.
c, Khối lập phương có các đỉnh là trọng tâm các mặt của một khối tám mặt đều cạnh a.
Baì 2: Cho khối lăng trụ tứ giác đều AK . b,Tính thể tích của khối lăng trụ 2 ABCD A B C D . AK A D K A D 1 1 1 1 1 1 a,Hạ . Chứng minh rằng .
.S ABCD có cạnh đáy bằng a . Tính thể tích khối chóp, biết:
Baìi 3: Cho khối chóp tứ giác đều a. Góc giữa mặt bên và đáy bằng . b, Góc giữa cạnh bên và đáy bằng . ABC A B C . Tìm tỉ số thể tích của khối tứ diện . ' ' ' 'C ABC và khối lăng trụ 'AA và 'BB . ABC A B C . Gọi
' . ' ' Baì 4: Tính thể tích của khối chóp cụt tam giác đều có cạnh đáy lớn là 2a, đáy nhỏ là a và góc của mặt bên và mặt đáy bằng 600. Baì 5: Cho khối lăng trụ tam giác đã cho. Baì 6: Cho khối lăng trụ tam giác .S ABC . Trên các đoạn 'C khác với SA SB SC lần lược lấy ba điểm , , ,M N lần lược là trung điểm của hai cạnh
'C MN chia khối lăng trụ đã cho thành hai phần. Tính tỉ số thể tích hai phần đó.
A B
',
', Mặt phẳng S A B C
' . ' ' ' ' ' . . SA SB SC
SA SB SC S ABC . V
V
. Baì 7: Cho khối chóp tam giác
S . Chứng minh rằng: ', ' ,SB SD . Mặt 'C . Tìm tỉ số thể tích của hai khối chóp AB D cắt SC tại ' .S ABCD có đáy là hình bình hành. Gọi Baì 8: Cho khối chóp
phẳng . ' '
'A BC tạo với đáy một góc 300 B D lần lược là trung điểm của
.S ABCD.
S AB C D và
.
'
ABC A B C là tam giác đều. Mặt phẳng '
'
'
'A BC có diện tích bằng 8. Tính thể tích khối lăng trụ. và tam giác ABCD A B C D có đáy là hình bình hành và . ' ' ' ' 045
BAD 'AC
'DB lần lược tạo với đáy những góc 450 và 600. Hãy tính thể của khối lăng trụ, cho biết chiều cao của Baì 10: Cho khối lăng trụ đứng . Các đường chéo .
4 SA AB SC vuông góc với nhau từng đôi một, ,
3,
ABC . và
nó bằng 2. Baì 11: Cho khối tứ diện SABC có ba cạnh
SB SC
AB a BC b SA c , ABCD A B C D có
' . ' .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , cạnh SA vuông góc với đáy. Biết rằng
. Tính khoảng cách từ A đến mặt phẳng
'
'
2 ,
SBC .
. Lấy điểm M trên cạnh AD sao
a AB a BC a AA , ' Baì 12: Cho khối chóp
, ' . . Baì 13: Cho hình hộp chữ nhật
3MA MD cho
a. Tính thể tích khối chóp M AB C . b, Tính khoảng cách từ M đến mặt phẳng
' . ' ' ' AD AB 7 3 'AB C .
. Hai mặt bên
ADD A lần lược tạo với đáy những góc 450 và 600. Hãy tính thể tích khối hộp nếu biết ' ' ABCD A B C D có đáy là hình chữ nhật với
' , 0 Baì 14: Cho khối hộp
ABB A và
'
cạnh bên bằng 1. ' ' . ' ˆ,
AC b C 60 . ' ' AA C C một góc 300. ' ' ABC A B C có đáy ABC là một tam giác vuông tại A,
BB C C tạo với mặt phẳng 'AC . b, Tính thể tích của khối lăng trụ. 'A cách đều ' . ' ' Baì 15: Hình lăng trụ đứng
'BC của mặt bên
Đường chéo ABC A B C có đáy ABC là một tam giác đều cạnh a và điểm
'AA tạo với mặt phẳng đáy một góc 600. các điểm a. Tính độ dài đoạn
Baìi 16: Cho lăng trụ tam giác
,A B C . Cạnh bên
, 44 BCC B là một hình chữ nhật. ' ' ' ' ' ABC A B C , đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh A. Mặt bên ABB A là hình
'
ACC A hợp với đáy một góc . Tính thể ' ' '
thoi cạnh a , nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Mặt bên
tích của lăng trụ. Baìi 17: Cho khối lăng trụ a. Tính thể tích của khối lăng trụ. b,Chứng minh mặt bên
c, Tính tổng diện tích các mặt bên của khối lăng trụ
. .S ABCD . Baì 18: Cho hình chóp tứ giác đều a. Biết AB a và góc giữa mặt bên và mặt đáy bằng . Tính thể tích khối chóp.
b. Biết trung đoạn bằng d và góc giữa cạnh bên và đáy bằng . Tính thể tích khối chóp .S ABC có đáy là tam giác vuông tại B. Cạnh SA vuông góc với đáy, góc 060 , BC a Baì 19: Cho khối chóp SA a
. b, Tính thể tích khối tứ diện MABC . . Gọi M là trung điểm của cạnh SB .
3
SBC SAB
.S ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a , SA a và vuông góc với đáy. Gọi M là 3 a .S ABCD có cạnh đáy bằng a. Gọi G là trọng tâm của tam giác SAC và
. Tính khoảng cách từ tâm O đến mặt bên SCD và thể tích trung điểm của SD .
a. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và SC . b, Tính thể tích khối tứ diện MACD . Baì 21: Cho khối chóp tứ giác đều 6 khoảng cách từ G đến mặt bên SCD bằng khối chóp 0 0 .S ABCD có cạnh đáy bằng a, góc giữa cạnh bên và mặt đáy bằng
ABCD theo . Tính thể tích khối chóp 90 SAB và
0
.S ABCD theo a và . . Tính tan của góc giữa hai mặt phẳng .S ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh a. Cạnh bên SA vuông góc với đáy và a 6 Baì 23: Cho khối chóp
SBC . SA 2 . a, Tính khoảng cách từ điểm A đến mặt phẳng .S ABC và diện tích tam giác SBC . b, Tính thể tích khối chóp
ABC và ABC tại A lấy điểm S sao cho góc giữa hai mặt phẳng
chóp Baì 24: Cho tam giác vuông cân ABC có cạnh huyền BC a . Trên đường thẳng vuông góc với mặt phẳng
SBC bằng 600. Tính thể tích khối .S ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân đỉnh C và SA ABC ABC để thể tích khối chóp lớn nhất. , SC a . Hãy tìm góc giữa hai mặt phẳng SCB và
'
'
' . 3 ABC A B C có độ dài cạnh bên bằng 2a, đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a ,
ABC là trung điểm của cạnh BC. Tính Baì 26: Cho lăng trụ AC a
theo a thể tích khối chóp và hình chiếu vuông góc của đỉnh A’ trên mặt phẳng ' ' AA B C (KA – 2008)
3 SB a 'A ABC và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng . ' ' ABC A B C , đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a a AA ' . ' . .S BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN.
'
2
Gọi M là trung điểm của cạnh BC. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ
ABC A B C và khoảng cách
giữa hai đường thẳng AM, B’C (KB – 2008)
, cạnh bên
'
' (KD – 2008) 45I. Chọn hệ trục tọa độ Oxyz trong không gian
Với hình lập phương .
Chọn hệ trục tọa độ sao cho :
Với hình chóp tứ giác đều S.ABCD
Với hình chóp tam giác đều S.ABC
Với hình chóp S.ABCD có ABCD là hình chữ nhật và SA (ABCD)
Với hình chóp S.ABC có ABCD là hình thoi và SA (ABCD)
Với hình chóp S.ABC có SA (ABC) và ABC vuông tại A
Với hình chóp S.ABC có SA (ABC) và ABC vuông tại B
Với hình chóp S.ABC có (SAB) (ABC), SAB cân tại S
và ABC vuông tại C
H
Với hình chóp S.ABC có (SAB) (ABC), SAB cân tại S
và ABC vuông tại A
Với hình chóp S.ABC có (SAB) (ABC), SAB cân tại S
và ABC vuông cân tại C
z
b. Bài tập áp dụng
Bài toán 1. Cho tứ diện OABC có các tam giác OAB,OBC,OCA đều là tam giác vuông tại đỉnh O. Gọi
lần lượt là góc hợp bởi các mặt phẳng (OBC),(OCA),(OAB) với mặt phẳng (ABC).Chứng minh
,
,
rằng :
cos
( SGK Hình 11, trang 96, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000, SGK Hình 12, trang 106, Văn Như Cương
chủ biên, NXBGD 2000 )
Hướng dẫn
Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
)0;0;0(O
;
c
);0;0(
)0;;0( bB
Bài toán 2. Bằng phương pháp toạ độ hãy giải bài toán sau :
Cho hình lập phương
DCBA
'
'
'
a.Chứng minh rằng đường chéo CA'
b.Chứng minh rằng giao điểm của đường chéo CA'
.
tam giác
c.Tìm khoảng cách giữa hai mặt phẳng
d.Tìm cosin của góc tạo bởi hai mặt phẳng
( SGK Hình 12, trang 112, Văn Như Cương chủ biên, NXBGD 2000 )
Hướng dẫn
Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau :
;
);0;0('
A
a
;
)0;0;(aB
;
;( aaC
)0;
;
;0( aD
)0;
a. Chứng minh :
CA
'
AB
'
Bài toán 3. Cho hình lập phương
Chứng minh hai đường chéo
' DB
cách giữa hai đường thẳng chéo nhau
Hướng dẫn
Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
vuông góc Oxyz như sau :
;
A
)0;0;0(AO
a
);0;0('
;
B
;0('
);
;0( aB
)0;
aa
;
;('
);
aaaC
;( aaC
)0;
;
aD
a
);0;('
)0;0;(aD
Chứng minh
' DB
nhau, ta chứng minh ba vectơ
Hướng dẫn
Bài giải
;
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông
góc Oxyz như sau :
;
;
M
N
;
;
)0;0;2(A
Ta có :
)0;0;2(C
;
22;0;2
SA
Bài toán 5 . Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hình lăng trụ đứng
)0;0;4(B
Tìm toạ độ các đỉnh
(
BCC
11B
song song với
Hướng dẫn
Bài giải
;
z
M
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
)0;0;0(O
Với :
)0;3;0( A
x
Ta có :
C
Bài toán 6 . Cho hình tứ diện ABCD có cạnh AD vuông góc với mặt phẳng(ABC);
AB 3
BC 5
ĐH&CĐ khối D năm 2002 )
Hướng dẫn
Bài giải
Dựng hình :
25
ABC
vuông tại A Chọn hệ trục toạ độ
Đêcac vuông góc Oxyz như sau
)0;4;0(C
)0;0;0(AO
;
)4;0;0(D
Tính :
AH
Bài toán 7 . Cho hai nửa đường thẳng Ax và By vuông góc với nhau và nhận
là đoạn
)0
vuông góc chung. Lấy điểm M trên Ax và điểm N trên By sao cho
. Xác định tâm I và
tính theo a bán kính R của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABMN. Tính khoảng cách giữa hai đường
thẳng AM và BI
Hướng dẫn
Bài giải
Dựng hình :
Dựng
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac
zAxy' như sau :
vuông góc
;
)0;0;0(A
B
N
aa
);2;0(
M
Hướng dẫn
Bài giải
z
P
M
O
N
Bài toán 9 . Cho tứ diện ABCD, có AD vuông góc với mặt phẳng (ABC) và tam giác ABC vuông tại
A;
Hướng dẫn
Bài giải
Bài toán 10 . Cho hình chóp tam giác đều S.ABC đỉnh S độ dài các cạnh đáy bằng a . Gọi M, N lần
lượt là trung điểm của các cạnh SB, SC. Tính theo a diện tích tam giác AMN. Biết rằng mặt phẳng
(AMN) vuông góc với mặt phẳng (SBC).
Hướng dẫn
Bài giải
M
N
H
Bài toán 11 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a ; SA a ;
và
mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của các cạnh AB,
BC . Tính theo a thể tích khối chóp S.BMDN và tính cosin của góc giữa hai đường thẳng SM, DN (
trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối B năm 2008 )
Hướng dẫn
Bài giải
Dựng hình :
;
+ Công thức tính góc giữa SM, DN
a
3
4
Bài toán 12 . Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông, AB BC a
AA
khoảng cách giữa hai đường thẳng AM, B’C ( trích đề thi tuyển sinh ĐH &CĐ khối D năm 2008 )
Hướng dẫn
Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
B
A
; C
B’
Hướng dẫn
Bài giải
N
M
; B
a
; S
0; 2 ; 0a
0; 0; a ; N
0;
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
A
D
M
Bài toán 14 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a ,
phẳng
BCNM
Hướng dẫn
Bài giải
N
M
; B
AM h
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
A
D
Đặt
M
Xác định vị trí điểm M
;
BM
a
;0;
BM BC
,
Pháp vectơ của mặt phẳng
n
Vectơ chỉ phương của đường thẳng AC :
AC
1;1;0
;0
mặt phẳng
Hướng dẫn
Bài giải
M
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
(0; 0; 0)
; C
; B
A
0; 0; c
0;
; 0; 0
d M OBC
, (
H
Hướng dẫn
Bài giải
z
; S
O
Bài toán 17 . Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang , 090
,
ABC BAD
. Gọi H là hình chiếu của A trên SB. Chứng minh tam
AD
giác SCD vuông và tính theo a khoảng cách từ H đến mặt phẳng (SCD) ( trích đề thi tuyển sinh ĐH
&CĐ khối D năm 2007 )
Hướng dẫn
Bài giải
Dựng hình :
Chọn hệ trục toạ độ Đêcac vuông góc
Oxyz như sau :
A
D
; B
I
H
II. MỘT SỐ VÍ DỤ VỀ HAI CÁCH GIẢI CHO CÙNG MỘT BÀI TOÁN
Giải:
Cách giải 2 (phương pháp toạ độ)
Cách giải 1 (phương pháp tổng hợp)
- Dựng ME // CC’(E thuộc BC). Nối AE.
- Hai tam giác vuông ABE và BCN bằng
nhau, góc AEB bằng góc BNC.
AE BN. (1)
Mặt khác: Vì ME // CC’ (ABCD)
BN
.
nên ME (ABCD) ME BN (2)
Từ (1) và (2) BN (AEM)
BN AM (đpcm).
Bài 2. (TSĐH - khối B năm 2006)
Giải:
Cách giải 1 (phương pháp tổng hợp)
Cách giải 2 (phương pháp toạ độ)
Vậy thể tích khối tứ diện ANIB là
3a
1
3
Bài 3. (TSĐH - khối A năm 2007)
Giải
Cách giải 1 (phương pháp tổng hợp)
Cách giải 2 (phương pháp toạ độ)
* Chứng minh AM vuông góc với BP.
Gọi H là trung điểm của AD.
Do ΔSAD đều nên SH AD.
Do(SAD) (ABCD)nên
SH (ABCD) SH BP (1).
Xét hình vuông ABCD ta cóΔCDH = ΔBCP
CH BP (2). Từ (1) và (2)suy ra BP (SHC).
Vì MN // SC và AN // CH
nên (AMN) // (SHC). Suy ra
BP (AMN) BP AM.
* Tính thể tích của khối tứ diện CMNP.
Kẻ MK (ABCD), K(ABCD). Ta có:
Cách giải 1 (phương pháp tổng hợp)
Cách giải 2 (phương pháp toạ độ)
1) Kiến thức:
- Cần có một kiến thức rộng và đầy đủ về
hình học (hình học phẳng và hình học không
gian).
- Nhớ các định lý, các hệ quả
- Đôi khi cần phải dựng thêm các hình vẽ
phụ.
2) Kĩ năng:
- Kĩ năng vẽ hình, dựng hình.
- Kĩ năng chứng minh, tính toán.
3) Tư duy:
- Đòi hỏi khả năng tư duy cao.
- Phạm vi liên kết kiến thức rộng.
1) Kiến thức:
- Cần có kiến thức vững về vectơ và toạ độ vectơ
trong không gian.
- Nhớ các công thức, các phương trình của đường
thẳng, mặt phẳng và các mối quan hệ giữa đường
thẳng và mặt phẳng.
- Không cần dựng các hình vẽ phụ.
2) Kĩ năng:
- Kĩ năng tính toán.
3) Tư duy:
- Khả năng tư duy bình thường.
- Phạm vi liên kết kiến thức hẹp. (Chủ yếu tập trung
vào việc chọn một hệ trục tọa độ thích hợp)
* Nhận xét
Trong hai bài toán 1 và 2, từ giả thiết ta đã có sẳn ba đường thẳng đôi một vuông góc nhau, đây là
điều kiện lý tưởng để có thể chọn một hệ trục tọa độ Oxyz, việc còn lại chỉ còn là vấn đề tính toán. Đối với
bài 3, để chọn được một hệ trục tọa độ thích hợp hơi có khó khăn hơn một chút. Với chú ý: SH
(ABCD), ta có thể chọn một hệ trục khác, đó là hệ gồm ba trục HD, HN và HS đôi một vuông góc
tương ứng là Ox, Oy, Oz.(
III. MỘT VÀI VÍ DỤ VỀ CÁCH CHỌN HỆ TRỤC TỌA ĐỘ KHI GIẢI BÀI TOÁN HÌNH HỌC KHÔNG GIAN
VÍ DỤ 1 . Cho lăng trụ đứng tam giác ABC.A’B’C’ có đáy là tam giác ABC cân với AB = AC = a và
góc BAC = 1200 , cạnh bên BB’= a . Gọi I là trung điểm của CC’ .
a) Chứng minh tam giác AB’I vuông ở A.
b) Tính cosin của góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (AB’I) .
c) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC’.
Nhận xét : Từ giả thiết của bài toán , vì không có ba đường thẳng nào cùng xuất phát từ một điểm và đôi
một vuông góc , nên ta sẽ phải cố gắng tìm một mối liên kết thích hợp , để từ đó có thể chọn ra một hệ trục
tất cả
tọa độ Oxyz sao cho có thể xác định được tọa độ của
Để
các điểm liên quan đến vấn đề mà ta cần giải quyết .
trụ
làm được điều này cần chú ý , lăng trụ đã cho là lăng
gọi O
đứng và tam giác đáy là tam giác cân . Từ đây , nếu
, O’ lần lược là trung điểm của B’C’ và BC thì ta sẽ có
ngay
ba tia OO’, OB’ và OA’ đôi một vuông góc.
* Từ đây ta dễ dàng chứng minh được tam giác AB’I vuông tại A và tính được cosin của góc giữa hai mặt phẳng
(ABC) và (AB’I). Riêng đối với câu c, nếu sử dụng phương pháp tổng hợp để giải bài toán thì hoàn toàn không dễ
một chút nào. Còn dùng phương pháp tọa độ thì hoàn toàn ngược lại.
VÍ DỤ 2 . Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B , AB = a , BC = 2a ,
cạnh SA vuông góc với đáy và SA = 2a . Gọi M là trung điểm SC . Chứng minh rằng tam giác AMB
cân tại M và tinh diện tích tam giác AMB theo a .
Nhận xét : Với nhận xét tương tự bài toán trong VD1, ta cần tạo ra ba tia đôi một vuông góc . . . Dễ dàng
nhận thấy rằng , nếu từ B dựng tia Bz vuông góc với mp(ABC) thì ba tia BA,BC,Bz đôi một vuông góc , từ
đây ta chọn hệ trục tọa độ Oxyz như hình vẽ .
* Từ đây, công việc còn lại thực sự rất dễ dàng.
Bµi tËp
'
Baì 9: Đáy của khối lăng trụ đứng
SA
,
a. Tính thể tích khối tứ diện SABC . b, Tính khoảng cách từ S đến mặt phẳng
và
ABC
a. Chứng minh:
Baì 20: Cho khối chóp
.S ABCD.
Baì 22: Cho hình chóp tứ giác đều
.S ABC .
Baì 25: Khối chóp
',
Baì 27: Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, SA a ,
và mặt phẳng
SAB vuông góc với mặt phẳng đáy. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của cạnh AB, BC. Tính theo a thể tích
của khối chóp
Baì 28: Cho lăng trụ đứng
