BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn thi: TOÁN, khối A
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH
Câu I [2 điểm]
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số 3 2y 2x 9x 12x 4.= − + −
2. Tìm m để phương trình sau có 6 nghiệm phân biệt: 3 22 x 9x 12 x m.− + =
Câu II [2 điểm]
1. Giải phương trình:
[ ]6 62 cos x sin x sin x cos x
0.
2 2sin x
+ −
=
−
2. Giải hệ phương trình: [ ]x y xy 3 x, y .
x 1 y 1 4
⎧ + − =⎪
∈⎨
+ + + =⎪⎩
\
Câu III [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
biết 1cos .
6
α =
Câu IV [2 điểm]
1. Tính tích phân:
2
2 2
0
sin 2xI dx.
cos x 4sin x
π
=
+
∫
2. Cho hai số thực x 0, y 0≠ ≠ thay đổi và thỏa mãn điều kiện: [ ] 2 2x y xy x y xy+ = + − .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3
1 1A .
x y
= +
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 các đường thẳng:
1 2 3d : x y 3 0, d : x y 4 0, d : x 2y 0.+ + = − − = − =
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 .
2. Tìm hệ số của số hạng chứa 26x trong khai triển nhị thức Niutơn của
n
7
4
1 x ,
x
⎛ ⎞
+⎜ ⎟⎝ ⎠ biết
rằng 1 2 n 202n 1 2n 1 2n 1C C ... C 2 1.+ + ++ + + = −
[n nguyên dương, knC là số tổ hợp chập k của n phần tử]
Câu V.b. Theo chương trình THPT phân ban thí điểm [2 điểm]
1. Giải phương trình: x x x x3.8 4.12 18 2.27 0.+ − − =
2. Cho hình trụ có các đáy là hai hình tròn tâm O và O ' , bán kính đáy bằng chiều cao và
bằng a. Trên đường tròn đáy tâm O lấy điểm A, trên đường tròn đáy tâm O ' lấy điểm B
sao cho AB 2a.= Tính thể tích của khối tứ diện OO 'AB.
---------------------------------------Hết---------------------------------------
Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: .......................................................... số báo danh: ..................................
32 2 MB 0 42
Nhấn vào bên dưới để tải tài liệu
Đang xem trước 10 trên tổng 32 trang, để tải xuống xem đầy đủ hãy nhấn vào bên trên
BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
KỲ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2006
Môn: TOÁN, khối D ĐỀ CHÍNH THỨC [Đáp án - Thang điểm có 04 trang]
Câu
I Ý
1 Nội dung Điểm
2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị [C] của hàm số [1,00 điểm]
y = x 3 − 3x + 2.
• TXĐ: \.
• Sự biến thiên: y ' = 3x 2 − 3, y ' = 0 ⇔ x = − 1, x = 1. 0,25 Bảng biến thiên:
x
y' -∞ -1
0 + 1
0 _ +∞
+
+∞ 4
y 0 -∞ 0,50 yCĐ = y [ −1] = 4, yCT = y [1] = 0.
• Đồ thị: y
4 2
−2 2 −1 0,25
O 1 x 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.
Phương trình hoành độ giao điểm của d và [ C ] là: [ 0,25 ] x 3 − 3x + 2 = m [ x − 3] + 20 ⇔ [ x − 3] x 2 + 3x + 6 − m = 0.
Đường thẳng d cắt đồ thị [ C ] tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi
f [ x ] = x 2 + 3x + 6 − m có 2 nghiệm phân biệt khác 3
15
⎧
⎧⎪Δ = 9 − 4 [ 6 − m ] > 0
⎪m >
⇔ ⎨
⇔ ⎨
4
f
3
=
24
−
m
≠
0
[
]
⎪⎩m ≠ 24.
⎩⎪ 1/4 0,25
0,25 0,25 II 2,00
1 Giải phương trình [1,00 điểm]
Phương trình đã cho tương đương với:
− 2sin 2x.sin x − 2sin 2 x = 0 ⇔ sin x [ sin 2x + sin x ] = 0
⇔ sin 2 x [ 2 cos x + 1] = 0. [ k ∈ ]]. • sin x = 0 ⇔ x = kπ 1
2π
⇔ x=±
+ k2π
[ k ∈ ]].
2
3
Giải phương trình [1,00 điểm]
t2 +1
. Phương trình đã cho trở thành:
Đặt t = 2x − 1 [ t ≥ 0 ] ⇒ x =
2
t 4 − 4t 2 + 4t − 1 = 0 • cos x = − 2 ⇔ [ t − 1] 2 [t 2 ] + 2t − 1 = 0 ⇔ t = 1, t = 2 − 1. Với t = 1, ta có x = 1. Với t = 2 − 1, ta có x = 2 − 2.
III
1 Tìm tọa độ điểm A ' đối xứng với A qua d1 [1,00 điểm]
Mặt phẳng [ α ] đi qua A [1; 2;3] và vuông góc với d1 có phương trình là:
2 [ x − 1] − [ y − 2 ] + [ z − 3] = 0 ⇔ 2x − y + z − 3 = 0. 0,50
0,25
0,25 0,25
0,50
0,25
2,00
0,50 Tọa độ giao điểm H của d1 và [ α ] là nghiệm của hệ:
⎧x = 0
⎧x − 2 y + 2 z −3
=
=
⎪
⎪
−1
1 ⇔ ⎨ y = −1 ⇒ H [ 0; −1; 2 ] .
⎨ 2
⎪⎩2x − y + z − 3 = 0
⎪z = 2
⎩
Vì A ' đối xứng với A qua d1 nên H là trung điểm của AA ' ⇒ A ' [ −1; −4;1] . 2 Viết phương trình đường thẳng Δ [1,00 điểm]
Vì Δ đi qua A, vuông góc với d1 và cắt d 2 , nên Δ đi qua giao điểm B của
d 2 và [ α ] . 0,25
0,25 0,25 Tọa độ giao điểm B của d 2 và [ α ] là nghiệm của hệ:
⎧x = 2
⎧ x −1 y −1 z +1
=
=
⎪
⎪
2
1 ⇔ ⎨ y = − 1 ⇒ B [ 2; − 1; − 2 ] .
⎨ −1
⎪⎩2x − y + z − 3 = 0
⎪z = − 2
⎩
G JJJG
Vectơ chỉ phương của Δ là: u = AB = [1; −3; −5 ] . Phương trình của Δ là:
IV
1 x −1 y − 2 z − 3
=
=
.
−3
−5
1 Tính tích phân [1,00 điểm]
1
⎧⎪u = x − 2
1
⇒ du = dx, v = e2x .
I = ∫ [ x − 2 ] e2x dx. Đặt ⎨
2x
2
⎪⎩dv = e dx
0 1
I = [ x − 2 ] e 2x
2 1
0 0,25
0,25
2,00 0,25 1 1
− ∫ e2x dx
20 e2
1
= − + 1 − e 2x
2
4 0,25 1 =
0 0,25 5 − 3e 2
.
4 0,50 2/4 2 Chứng minh với mọi a > 0, hệ phương trình có nghiệm duy nhất [1,00 điểm]
Điều kiện: x, y > −1. Hệ đã cho tương đương với:
⎧⎪e x + a − e x + ln [1 + x ] − ln [1 + a + x ] = 0
[1]
⎨
[ 2]
⎪⎩ y = x + a
Hệ đã cho có nghiệm duy nhất khi và chỉ khi phương trình [1] có nghiệm duy
nhất trong khoảng [ − 1; + ∞ ] . 0,25 Xét hàm số f [ x ] = e x + a − e x + ln [1 + x ] − ln [1 + a + x ] , với x > −1. Do f [ x ] liên tục trong khoảng [ − 1; + ∞ ] và lim f [ x ] = − ∞, lim f [ x ] = + ∞ x →−1+ x→ + ∞ nên phương trình f [ x ] = 0 có nghiệm trong khoảng [ − 1; + ∞ ] . 0,25 Mặt khác:
1
1
−
1+ x 1+ a + x
a
> 0, ∀x > −1.
ea − 1 +
[1 + x ][1 + a + x ] f ' [ x ] = ex + a − ex +
= ex [ ] ⇒ f [ x ] đồng biến trong khoảng [ − 1; + ∞ ] . Suy ra, phương trình f [ x ] = 0 có nghiệm duy nhất trong khoảng [ − 1; + ∞ ] .
Vậy, hệ đã cho có nghiệm duy nhất. 0,25
0,25 V.a
1 Tìm tọa độ điểm M để đường tròn tâm M tiếp xúc ... [1,00 điểm]
Đường tròn [ C ] có tâm I [1; 1] , bán kính R = 1.
Vì M ∈ d nên M [ x; x + 3] . 0,25 Yêu cầu của bài toán tương đương với:
2 2 MI = R + 2R ⇔ [ x − 1] + [ x + 2 ] = 9 ⇔ x = 1, x = − 2. 2 0,50 Vậy, có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M1 [1; 4 ] , M 2 [ − 2; 1] . 0,25 Số cách chọn 4 học sinh thuộc không quá 2 trong 3 lớp [1,00 điểm]
4
Số cách chọn 4 học sinh từ 12 học sinh đã cho là C12
= 495.
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một em được tính như sau: 0,25 - Lớp A có 2 học sinh, các lớp B, C mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
C52 .C14 .C13 = 120.
- Lớp B có 2 học sinh, các lớp C, A mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
C15 .C24 .C13 = 90.
- Lớp C có 2 học sinh, các lớp A, B mỗi lớp có 1 học sinh. Số cách chọn là:
C15 .C14 .C32 = 60.
Số cách chọn 4 học sinh mà mỗi lớp có ít nhất một học sinh là:
120 + 90 + 60 = 270.
Vậy, số cách chọn phải tìm là: 495 − 270 = 225.
3/4 0,50 0,25 V.b 2,00
1 Giải phương trình [1,00 điểm]
Phương trình đã cho tương đương với: [ 22x 2 x 2 −x ] [ − 1 − 4 2x 2 −x ] ][ [ − 1 = 0 ⇔ 22x − 4 2 x 2 −x ] − 1 = 0. 0,50 • 22x − 4 = 0 ⇔ 22x = 22 ⇔ x = 1.
2 2 2 • 2 x − x − 1 = 0 ⇔ 2 x − x = 1 ⇔ x 2 − x = 0 ⇔ x = 0, x = 1.
Vậy, phương trình đã cho có hai nghiệm x = 0, x = 1.
Tính thể tích của khối chóp A.BCNM [1,00 điểm] 0,50 S N
H
M C A
K
B Gọi K là trung điểm của BC, H là hình chiếu vuông góc của A trên SK.
Do BC ⊥ AK, BC ⊥ SA nên BC ⊥ AH.
Do AH ⊥ SK, AH ⊥ BC nên AH ⊥ [ SBC ] .
Xét tam giác vuông SAK: 1
1
1
2 3a
=
+
.
⇒ AH =
2
2
2
AH
SA
AK
19 0,25
0,25 SM SA 2 4
=
= .
SB SB2 5
SN SA 2 4
Xét tam giác vuông SAC: SA 2 = SN.SC ⇒
=
= .
SC SC2 5
S
16
9
9 19a 2
⇒ SBCNM = SSBC =
.
Suy ra: SMN =
SSBC 25
25
100 0,25 1
3 3a 3
Vậy, thể tích của khối chóp A.BCNM là: V = .AH.SBCNM =
.
3
50 0,25 Xét tam giác vuông SAB: SA 2 = SM.SB ⇒ NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng
phÇn nh− ®¸p ¸n quy ®Þnh.
---------------- Hết ---------------- 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO
ĐỀ CHÍNH THỨC Câu
I 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] Ý
1 Nội dung Điểm
2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số [1,00 điểm]
2x
2
Ta có y =
= 2−
.
x +1
x +1
• Tập xác định: D = \ \{−1} .
2
> 0, ∀x ∈ D.
• Sự biến thiên: y ' =
[x + 1] 2
Bảng biến thiên
x −∞
−1 + y' 0,25 +∞ + 0,25 2 +∞ y −∞
2
• Tiệm cận: Tiệm cận đứng x = − 1, tiệm cận ngang y = 2.
• Đồ thị:
y 0,25 2
0,25 −1 2 O x Tìm tọa độ điểm M … [1,00 điểm]
⎛
2x 0 ⎞
Vì M ∈ [ C ] nên M ⎜ x 0 ;
⎟ . Phương trình tiếp tuyến của [C] tại M là:
x0 +1 ⎠
⎝
y = y ' [ x 0 ][ x − x 0 ] + ⇒A [ − x 02 ;0 ] 2x 0
2x 02
2
⇔y=
x
+
.
x0 +1
[ x 0 + 1]2 [ x 0 + 1]2 ⎛
2x 02 ⎞
⎟.
, B ⎜ 0;
⎜ [ x + 1]2 ⎟
0
⎝
⎠ Từ giả thiết ta có: 2x 02 [ x 0 + 1]2 . − x 02 1
⎡
⎡ 2x 02 + x 0 + 1 = 0
x0 = −
1
⎢
⇔
= ⇔⎢
2
2
⎢
2
⎣⎢ 2x 0 − x 0 − 1 = 0.
⎣x0 = 1
1/4 0,25 0,50 1
⎛ 1
⎞
ta có M ⎜ − ; − 2 ⎟ .
2
⎝ 2
⎠
Với x 0 = 1 ta có M [1;1] . Với x 0 = − 0,25 ⎛ 1
⎞
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là: M ⎜ − ; − 2 ⎟ và M [1;1] .
⎝ 2
⎠
II 2,00
1 2 Giải phương trình lượng giác [1,00 điểm]
Phương trình đã cho tương đương với
π⎞ 1
⎛
1 + sin x + 3 cos x = 2 ⇔ cos ⎜ x − ⎟ =
6⎠ 2
⎝
π
π
⇔ x = + k2π, x = − + k2π [ k ∈ Z ] .
2
6
Tìm m để hệ phương trình có nghiệm [1,00 điểm].
1
1
Đặt x + = u, y + = v [ u ≥ 2, v ≥ 2 ] . Hệ đã cho trở thành:
x
y
⎧u + v = 5
⎪⎧u + v = 5
⇔⎨
⎨ 3
3
⎩uv = 8 − m
⎪⎩u + v − 3 [ u + v ] = 15m − 10
⇔ u, v là nghiệm của phương trình: t 2 − 5t + 8 = m [1].
Hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi phương trình [1] có hai nghiệm
t = t1 , t = t 2 thoả mãn: t1 ≥ 2, t 2 ≥ 2 [t1, t2 không nhất thiết phân biệt]. 0,50
0,50 0,25 Xét hàm số f [ t ] = t 2 − 5t + 8 với t ≥ 2 :
Bảng biến thiên của f [ t ] : t −∞ f '[ t ] −2 2 − − 0 +∞
f [t] +∞ 5/ 2 + 0,50
+∞ 22
2
7/4 Từ bảng biến thiên của hàm số suy ra hệ đã cho có nghiệm khi và chỉ khi
7
≤ m ≤ 2 hoặc m ≥ 22 .
4
III 0,25
2,00 1 Viết phương trình đường thẳng d ... [1,00 điểm]
Tọa độ trọng tâm: G [ 0; 2; 2 ] .
JJJG
JJJG
Ta có: OA = [1; 4; 2 ] , OB = [ −1; 2; 4 ] .
G
Vectơ chỉ phương của d là: n = [12; −6;6 ] = 6 [ 2; −1;1] . x y−2 z−2
=
=
.
2
−1
1
Tìm tọa độ điểm M... [1,00 điểm]
Vì M ∈ ∆ ⇒ M [1 − t; −2 + t; 2t ]
Phương trình đường thẳng d: 2 2/4 0,25
0,50 0,25 0,25 [ ⇒ MA 2 + MB2 = t 2 + [ 6 − t ] + [ 2 − 2t ]
2 2 ] + [ [ −2 + t ] 2 + [ 4 − t ] + [ 4 − 2t ]
2 2 ]
0,50 = 12t 2 − 48t + 76 = 12 [ t − 2 ] + 28.
2 MA 2 + MB2 nhỏ nhất ⇔ t = 2.
Khi đó M [ −1;0; 4 ] . 0,25
2,00 IV
1 Tính tích phân [1,00 điểm]
2 ln x
x4
dx, v = . Ta có:
x
4 Đặt u = ln 2 x, dv = x 3dx ⇒ du =
e e e x4
1
e4 1
I = .ln 2 x − ∫ x 3 ln xdx = − ∫ x 3 ln xdx.
4
21
4 21
1 Đặt u = ln x, dv = x 3dx ⇒ du =
e 0,50 dx
x4
, v = . Ta có:
x
4
e e e x4
1 3
e4 1 4
3e4 + 1
=
−
=
−
=
x
ln
xdx
ln
x
x
dx
x
.
∫
∫
4
4
4
16
16
1
1
1
1
3 5e4 − 1
.
32
Chứng minh bất đẳng thức [1,00 điểm]
Bất đẳng thức đã cho tương đương với 0,50 Vậy I = 2 [ ln 1 + 4a [1 + 4 ] ≤ [1 + 4 ] ⇔ a
ln [1 + 4 ]
Xét hàm f [ x ] =
với x > 0. Ta có:
a b b a ] ≤ ln [1 + 4 ] .
b 0,50 b x x f '[ x ] = [ ] [
[1 + 4 ] 4 x ln 4x − 1 + 4x ln 1 + 4 x
x 2 x ] 0 nên f [ a ] ≤ f [ b ] và ta có điều
phải chứng minh.
V.a
1 2,00 Tìm hệ số của x5 [1,00 điểm]
Hệ số của x5 trong khai triển của x [1 − 2x ] là [ −2 ] .C54 .
5 4 Hệ số của x5 trong khai triển của x 2 [1 + 3x ] 10 0,50 3
là 33.C10
. Hệ số của x5 trong khai triển của x [1 − 2x ] + x 2 [1 + 3x ]
5 10 là [ −2 ]4 C54 + 33.C103 = 3320.
2 Tìm m để có duy nhất điểm P sao cho tam giác PAB đều [1,00 điểm]
[C] có tâm I [1; −2 ] và bán kính R = 3. Ta có: ∆PAB đều nên 0,50 IP = 2IA = 2R = 6 ⇔ P thuộc đường tròn [ C ' ] tâm I, bán kính R ' = 6. 0,50 Trên d có duy nhất một điểm P thỏa mãn yêu cầu bài toán khi và chỉ khi d
tiếp xúc với [ C ' ] tại P ⇔ d [ I;d ] = 6 ⇔ m = 19, m = −41. 0,50 3/4 V.b 2,00
1 Giải phương trình logarit [1,00 điểm]
Điều kiện: 4.2 x − 3 > 0. Phương trình đã cho tương đương với: [ ] [ log 2 4x + 15.2x + 27 = log 2 4.2 x − 3 2 ] 2 [ ] ⇔ 5. 2x 2 − 13.2x − 6 = 0 2
⎡ x
2 =−
⎢
⇔
5
⎢ x
⎢⎣ 2 = 3
Do 2x > 0 nên 2 x = 3 ⇔ x = log 2 3 [thỏa mãn điều kiện].
Chứng minh ∆SCD vuông và tính khoảng cách từ H đến [SCD] [1,00 điểm]
Gọi I là trung điểm của AD. Ta có: IA = ID = IC = a ⇒ CD ⊥ AC . Mặt khác,
CD ⊥ SA . Suy ra CD ⊥ SC nên tam giác SCD vuông tại C. 0,50 0,50 S H 0,50 A I B D C SH SA 2
SA 2
2a 2
2
=
=
=
=
2
2
2
2
2
SB SB
3
SA + AB
2a + a
Gọi d1 và d 2 lần lượt là khoảng cách từ B và H đến mặt phẳng [SCD] thì
d 2 SH 2
2
=
= ⇒ d 2 = d1.
d1 SB 3
3
3VB.SCD SA.SBCD
=
.
Ta có: d1 =
SSCD
SSCD
1
1
SBCD = AB.BC = a 2 .
2
2
1
1
SSCD = SC.CD =
SA 2 + AB2 + BC2 . IC2 + ID 2 = a 2 2.
2
2
a
Suy ra d1 = .
2
2
a
Vậy khoảng cách từ H đến mặt phẳng [SCD] là: d 2 = d1 = .
3
3 Trong tam giác vuông SAB ta có: 0,50 NÕu thÝ sinh lµm bµi kh«ng theo c¸ch nªu trong ®¸p ¸n mµ vÉn ®óng th× ®−îc ®ñ ®iÓm tõng phÇn nh−
®¸p ¸n quy ®Þnh.
----------------Hết---------------- 4/4 BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG NĂM 2008
Môn: TOÁN, khối D
[Đáp án - Thang điểm gồm 04 trang] ĐỀ CHÍNH THỨC
Câu
I Nội dung
1 Điểm
2,00 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số [1,00 điểm]
• Tập xác định : D = \.
⎡x = 0
• Sự biến thiên : y ' = 3x 2 − 6x , y ' = 0 ⇔ ⎢
⎣ x = 2.
• yCĐ = y [ 0 ] = 4, y CT = y [ 2 ] = 0.
• Bảng biến thiên : x −∞
y’ 0,25
0,25 0
0
4 + y 2
0 − −∞ +∞ + +∞ 0,25 0 • Đồ thị : y
4
0,25 −1 2 O 2 x Chứng minh rằng mọi đường thẳng … [1,00 điểm]
Gọi [C] là đồ thị hàm số [1]. Ta thấy I[1;2] thuộc [C]. Đường thẳng d đi
qua I[1;2] với hệ số góc k [k > – 3] có phương trình : y = kx – k + 2.
Hoành độ giao điểm của [C] và d là nghiệm của phương trình
x 3 − 3x 2 + 4 = k[x − 1] + 2 ⇔ [x − 1] ⎡⎣ x 2 − 2x − [k + 2] ⎤⎦ = 0
⎡ x = 1 [ứng với giao điểm I]
⇔⎢ 2
⎣ x − 2x − [k + 2] = 0 [*].
Do k > − 3 nên phương trình [*] có biệt thức Δ ' = 3 + k > 0 và x = 1 không
là nghiệm của [*]. Suy ra d luôn cắt [C] tại ba điểm phân biệt I[ x I ; y I ],
A[x A ; y A ], B[x B ; y B ] với x A , x B là nghiệm của [*]. 0,50 0,50 Vì x A + x B = 2 = 2x I và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của đoạn
thẳng AB [đpcm].
II 2,00
1 Giải phương trình lượng giác [1,00 điểm]
Phương trình đã cho tương đương với
4sinx cos 2 x + s in2x = 1 + 2cosx ⇔ [2cosx + 1][sin2x − 1] = 0.
1
2π
⇔x=±
+ k2π.
2
3
π
• sin2x = 1 ⇔ x = + kπ.
4 0,50 • cosx = − Nghiệm của phương trình đã cho là x = ±
Trang 1/4 0,50
2π
π
+ k2π, x = + kπ [k ∈ ]].
3
4 2 Giải hệ phương trình [1,00 điểm]
Điều kiện : x ≥ 1, y ≥ 0. [1]
⎧⎪[x + y][x − 2y − 1] = 0
Hệ phương trình đã cho tương đương với ⎨
⎪⎩ x 2y − y x − 1 = 2x − 2y [2]
Từ điều kiện ta có x + y > 0 nên [1] ⇔ x = 2y + 1 [3].
Thay [3] vào [2] ta được
[y + 1] 2y = 2[y + 1] ⇔ y = 2 [do y + 1 > 0 ] ⇒ x = 5.
Nghiệm của hệ là [x ; y] = [5; 2]. 0,50 0,50
2,00 III
1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, C, D [1,00 điểm]
Phương trình mặt cầu cần tìm có dạng
x 2 + y 2 + z 2 + 2ax + 2by + 2cz + d = 0 [*], trong đó a 2 + b 2 + c 2 − d > 0 [**].
Thay tọa độ của các điểm A, B, C, D vào [*] ta được hệ phương trình
⎧6a + 6b + d = −18
⎪6a + 6c + d = −18
⎪
⎨
⎪6b + 6c + d = −18
⎪⎩6a + 6b + 6c + d = −27. 2 Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện [**] ta được phương trình mặt cầu là
x 2 + y 2 + z 2 − 3x − 3y − 3z = 0.
Tìm tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC [1,00 điểm]
⎛3 3 3⎞
Mặt cầu đi qua A, B, C, D có tâm I ⎜ ; ; ⎟ .
⎝2 2 2⎠
Gọi phương trình mặt phẳng đi qua ba điểm A, B, C là
mx + ny + pz + q = 0 [m 2 + n 2 + p 2 > 0].
Thay tọa độ các điểm A, B, C vào phương trình trên ta được
⎧3m + 3n + q = 0
⎪
⎨3m + 3p + q = 0 ⇒ 6m = 6n = 6p = −q ≠ 0.
⎪3n + 3p + q = 0.
⎩ 0,50 0,50 0,50 Do đó phương trình mặt phẳng [ABC] là x + y + z − 6 = 0.
Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông góc H
của điểm I trên mặt phẳng [ABC].
3
3
3
x−
y−
z−
2.
2=
2=
Phương trình đường thẳng IH :
1
1
1
⎧x + y + z − 6 = 0
⎪
Tọa độ điểm H là nghiệm của hệ phương trình ⎨
3
3
3
⎪⎩ x − 2 = y − 2 = z − 2 .
Giải hệ trên ta được H[2; 2; 2]. 0,50 2,00 IV
1 Tính tích phân [1,00 điểm]
dx
dx
1
Đặt u = ln x và dv = 3 ⇒ du =
và v = − 2 .
x
x
2x
2 2 0,25 2 ln x
dx
ln 2
1
Khi đó I = − 2 + ∫ 3 = −
− 2
8
2x 1 1 2x
4x 1
= 3 − 2 ln 2
.
16
Trang 2/4 0,50
0,25 This site is protected by reCAPTCHA and the Google Privacy Policy and Terms of Service apply.
Video liên quan