9 đề thi +đáp án chi tiết trích trên tuoitre.vn

Ta thấy ứng với mỗi nghiệm không âm của phương trình * có đúng một nghiệm của phương trình đã cho, do đó phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi phương trình * có đúng

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ 1

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm)Cho hàm số y=x3 + 3mx2 +(m+ 1)x+ 1 (1), m là tham số thực

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 tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành

độ x = -1 đi qua điểm A(1;2)

Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trình tgx = cotgx + 4cos2 2x

2 Giải phương trình 2x+ 1 + 3 − 2x =

2

) 1 2 ( x− 2

3 2

−

= +

−

−

0 7 6 6

0 13 6 6 5

z y x

z y x

2x xdx

2 Giải phương trình )

4 sin(x−π

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 Cho tập hợp E ={0 , 1 , 2 , 3 , 4 , 5 , 7}. Hỏi có bao nhiêu số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ

số khác nhau được lập từ các chữ số của E?

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC các đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác trong của góc A lần lượt có phương trình là 3x + 4y + 10=0 và x - y + 1=0; điểm M(0;2) thuộc đường thẳng AB đồng thời cách điểm C một khoảng bằng 2 Tìm tọa độ các đỉnh cuả tam giác ABC

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải bất phương trình log

3

1

3 2 log2 ≥

2 Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC vuông cân tại đỉnh B, BA =

BC = 2a, hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng đáy (ABC) là trung điểm E của AB và SE = 2a Gọi I, J lần lượt là trung điểm của EC, SC; M làđiểm di động trên tia đối của tia BA sao cho góc ECˆ M = α (α <900) và H làhình chiếu vuông góc của S trên MC Tính thể tích của khối tứ diện EHIJ theo a, α và tìm α để thể tích đó lớn nhất

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 1

-∞ -3

0,25

• Đồ thị:

2 Tìm các giá trị của tham số m …(1,00 điểm)

Gọi M là điểm thuộc đồ thị hàm số (1) có hoành độ x = -1, suy ra

M(-1; 2m - 1)

0,25

Ta có y’ = 3x2 + 6mx + (m+1); y’(-1) = 4 – 5m Tiếp tuyến d của đồ

thị hàm số đã cho tại M(-1; 2m – 1) có phương trình là: y = ( 4 -5m)(x

0,25

1 Giải phương trình lượng giác(1,00 điểm)

Điều kiện: sin x cos x ≠0

-3

21

y

Phương trình đã cho tương đương với

tgx – cotgx = 4cos2 2x ⇔

sin x

x cos x cos

sin x − = 4cos2 2x ⇔

2x sin

2x 2cos

+ 4cos22x = 0

2 cos x= ⇔ x=π +kπ

2 8 1

4 sin x=− ⇔ x=−π +kπĐối chiếu điều kiện suy ra nghiệm của phương trình đã cho là

2 8 2

4

π π π

1 2

2 2 3 1 2

x x

x x

−

= +

0 13 6 6 5

1

3 2

3 2

3

z y x

z y x

z y

6 5

; 1 6

5 6

; 6 6

6 6

2 1 u u

u u

20 ⇒sin α =

21

41 0,25

Vì A thuộc d1 nên tọa độ của A(1 + 2t; 1 + 2t; 2 + t)⇒IA = 3|t| = 1⇔

7 , 3

5 , 3

5 , 3

1 , 3 1

10 , 7

4 , 7

1

2 3

t 2 t 4

3

t 2

dt t 3 2

2 t

dt = 4

3

1

2 t 5

12

0,50

2 Giải phương trình…(1,00 điểm)

Điều kiện: cosx≠0

Dễ thấy sinx=0 không thỏa mãn phương trình

Phương trình đã cho tương đương với

x

e x

e x

x e

x x

x x

cos sin

cos

cos 2 2

sin 2 2

cos sin 2

x u

cos

sin Ta có u,v∈(− 1 ; 1);u.v≠ 0

Từ (1) ta có phương trình

v

e u e

v u

2

2 2

x

2 2 ) ( =

= , với x∈(− 1 ; 0) ( )∪ 0 ; 1

2

2 2

1 2 2

2 2 2 2

2 2 '=  −  = − <

x

e x x

e x y

x x

suy ra hàm số nghịch biến trên các khoảng (-1;0) và (0;1)

Ta thấy u,v cùng dấu nên u, v cùng thuộc một khoảng (-1;0) hoặc 0,50

1 Có bao nhiêu số tự nhiên…(1,00 điểm)

Số tự nhiên chẵn gồm 4 chữ số khác nhau của E có dạng: abcd , trong

đó a≠ 0 ,d∈{0 , 2 , 4}

Xét d=0 Khi đó các số có 3 chữ số abc bằng 3 120

6 =

Xét d = 2 (hoặc d = 4), khi đó a có 5 cách chọn, ứng với mỗi cách

chọn a ta có 5 cách chọn b, ứng với mỗi cách chọn hai chữ số a, b ta

có 4 cách chọn chữ số c

Vậy có tất cả 5.5.4 = 100 số

Vậy có 120 + 100.2 = 320 số

0,50

2 Tìm tọa độ các đỉnh…(1,00 điểm)

Gọi d1 ,d2 lần lượt là đường cao kẻ từ đỉnh B và đường phân giác

;

I b a

MM Vectơ chỉ phương của d2 là u=( )1 ; 1

1 2

2 2

0 2 0

2

'

b

a b

a

b a d

I

u MM

0,25

Khi đó M’(1 ; 1) thuộc đường thẳng AC Mặt khác vectơ chỉ phương

(4 ; − 3)

=

v của đường cao d1 chính là vectơ pháp tuyến của đường

thẳng AC Do đó phương trình đường thẳng AC là 4(x - 1) – 3(y - 1)

= 0 ⇔4x – 3y – 1 = 0

AC d

A= 2 ∩ xác định bởi hệ ìïïíïï îx y4x-- 3+ =y1- 1 =00Û ïí = ïïì =ïîy x 54.Vậy A( 4;5 )

0,25

Phương trình đường thẳng AB:

0 8 4 3 3

2 4

2 5

2 0

⇔

=

25

33

; 25 31

1

; 1

25 31

1 2

2 3

1 4 2

2

1 2

2

C

C c

c c

c MC

Kết luận: ( ) , ( )1 ; 1

4

1

; 3 , 5

31 , 4

1

; 3 , 5

V.b

1 Giải bất phương trình logarit …(1,00 điểm)

Bất phương trình đã cho tương đương với

2 1

3 2 1 1 1

3 2 log

+

<

x

x x

x

0,50

2 1

1 2

0 1 1

0 1 2

0 2 1

3 2

0 1 1

3 2

+

>

− +

+

x x x

x

x x

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= − +x3 3x2 +mx− 2 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 0

2 Tìm các giá trị của m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (0; 2)

Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trình 22 2sin

1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua đường thẳng d

2 Tìm tọa độ các điểm B, C thuộc d sao cho tam giác ABC vuông tại C và BC

= 29

Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân

1 2 0

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 Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 4 chữ số khác nhau mà mỗi số đều lớn hơn 2500

2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC biết rằng đường thẳng AB, đường cao kẻ từ A và đường trung tuyến kẻ từ Blần lượt có phương trình là x + 4y – 2 = 0, 2x – 3y + 7 = 0 và 2x + 3y – 9 =

0

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải phương trình ( 5 1 + ) (x+ 2 5 1 − )x = 3.2 x

2 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại đỉnh B, AB =

a, SA = 2a và SA vuông góc với mặt phẳng đáy Mặt phẳng qua A vuông

góc với SC cắt SB, SC lần lượt tại H, K Tính theo a thể tích khối tứ diện

SAHK

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 6

2y

1

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm là m ≥ 0

0,50

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Điều kiện : cosx ≠ 0

Phương trình đã cho tương đương với 2( 22 ) sin cos

2 Tìm tất cả các giá trị của tham số m…(1,00 điểm)

Đặt t= x+ ≥ 1 0, phương trình đã cho trở thành 4 t4 + − = 3 t m (*).

Ta thấy ứng với mỗi nghiệm không âm của phương trình (*) có

đúng một nghiệm của phương trình đã cho, do đó phương trình đã

cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi phương trình (*) có đúng

một nghiệm

0,50

Xét hàm số f t( ) = 4t4 + − 3 t với t ≥ 0, ta có ( )

3 /

3 4 4

Từ bảng biến thiên suy ra các giá trị cần tìm của m là 0 < ≤m 4 3

0,50

III

1 Tìm tọa độ điểm A’ đối xứng với điểm A qua d…(1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ chỉ phương ur= (2;3; 4) − Mặt phẳng (P) đi

qua A vuông góc với d nhận ur

làm vectơ pháp tuyến nên có phươngtrình

(P): 2(x – 5) + 3(y – 5) – 4(z – 0) = 0 ⇔ 2x + 3y – 4z – 25 = 0

0,50

Gọi H là trung điểm của AA’ (cũng là hình chiếu vuống góc của A

trên d) Khi đó H là giao điểm của AA’ và (P) nên có tọa độ xác

0,50

2 Tìmđiểm B, C thuộc d… (1,00 điểm)

Vì C ∈ d và AC ⊥ d nên C ≡ H(3; 5; -1) (hình chiếu vuông góc của

Hệ phương trình đã cho tương đương với

2 2 2 2 2 2

x y z

y z x

Nhận thấy nếu x = 0 thì y = z = 0, suy ra (0; 0; 0) là một nghiệm của

+ Do đó f(t) đồng biến trên khoảng

(0; +∞).Hệ được viết lại

( ) ( ) ( ).

⇒ > ⇒ > ⇒ > ⇒ > Vậy x >y >z > x :vô lý)

Thay vào hệ ta được 5

1 Có bao nhiêu số tự nhiên… (1,00 điểm)

Gọi số thỏa mãn yêu cầu bài toán có dạng abcd.

Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là 3528 + 280 = 3808 số

0,50

2 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC (1,00 điểm)

Tọa độ đỉnh A là nghiệm của hệ phương trình

2 Tính theo a thể tích khối tứ diện SAHK…(1,00 điểm)

Vì SA ⊥ (ABC) nên SA ⊥ BC Mà AB ⊥ BC, do đó BC ⊥ (SAB) Suy ra AH ⊥ BC

Mặt khác AH ⊥ SC nên AH ⊥ (SBC) Suy ra AH ⊥ SB và AH ⊥ HK

Trong tam giác

SAB vuông tại A có ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ 3 PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số 3 1 (1).

1

x x

+ +

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2 Tính diện tính của tam giác tạo bởi các trục tọa độ và tiếp tuyến với đồ thị

hàm số (1) tại điểm M(-2;5)

Câu II (2 điểm) 1 Giải phương trình 4 (sin 4x+ cos 4x) + cos 4x+ sin 2x= 0

S

HA

K

B

C

2 Giải bất phương trình (x+1)(x-3) −x2 + 2x+ 3< 2 – (x-1)2.

Câu III (2 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng

(α ):2x – y + 2z + 1 = 0 và đường thẳng d: .

2 2

1 1

1 Tìm tọa độ giao điểm của d với (α ); tính sin của góc giữa d và (α )

2 Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc d, tiếp xúc với hai mặt phẳng (α) và Oxy

Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân I = .

PHẦN RIÊNG -Thí sinh chỉ được làm 1 trong 2 câu:V.a hoặcV.b

Câu V.a Theo chương trình KHÔNG phân ban (2 điểm)

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải bất phương trình 2 2 2 4 2 16 2 2 2 1 2 0

AD

AQ

và tỷ số thể tích hai phần của khối tứ diện ABCD được phân chia bởi mặt phẳng (MNP)

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ 3

) 2 (

2 2

2 Tính diện tích tam giác (1,00 điểm)

Phương trình tiếp tuyến d của đồ thị hàm số tại M là:

9

và cắt trục tungtại B(0;9)

4

81 9 2

9 2

1

1 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

(sin 2 1)(4 sin 2 5) 0 0

5 2 sin 2 sin 4

0 2 sin 2 sin 2 1 2 sin 2

1 1

4

2

2 2

=

− +

− +

x x

x x

y

x

( ) ( )

1

0 2 2 1 0

2 4

2

2

2 2

3 2

2

>

+ +

>

⇔

>

+ +

−

⇔

>

− +

⇔

− +

<

−

t t vi t

t t t t

t t

t t



Ta được

3 1 3

1 0 2 2 1

2

1 1

1

0 1 2 2

−

M z y

x

z y x

0,50

Vec tơ pháp tuyến của (α) là n=(2 ; − 1 ; 2), vec tơ chỉ phương

của d là u=(1 ; 2 ; − 2). Gọi φ là góc giữa d và (α) Ta có

9

4 3

3

4 2 2

.

u n

u n

2 Viết phương trình mặt cầu (1,00 điểm)

Gọi I = (1+t;1+2t;-2t) ∈d là tâm của mặt cầu (S) cần tìm.

Do (S) tiếp xúc với (α) và mặt phẳng (Oxy) nên

7

; 5

6

I và bán kính R =

5

2 nên

25

4 5

2 5

7 5

xe dx x

x xe

0

1 0

2 2

2

1 2

1

dx e xe

e xd dx

1 0

2 2

0≤ ≤ x+y ≤π

cos 2

cosx+y ≤ xy Ta có

xy y

x y

x y x y

2 cos 2 2

cos 2 cos 2 cos

Xét hàm số f( )t = 1 + cost2 − 2 cost với .

3

; 0

Nhận thấy f ’(1) = 0, f(1) = =1 - cos1

Nếu 0 < t < 1 thì t2 < t < 1 nên tsint2 < sint2 < sint, do đó f

π

f ’(t) + 0 f(t) 1 – cos1

-09 cos π2

1 cos

2 2

1 2

1 2

1 1 1

0 1

'

1 1

1 0

− +

= +

=

⇒

+ +

+ +

= +

=

n n

n n n n

n n n

n n

n n

n n

n n n

C x

C n

x C n x

n x f

C x C x

C x C x

x

f

0,50

Thay x = 1 vào (*) ta được

( 1) 2 2 2 3

2

0 + − − 1 1 + + n− 1 = n− 1

n n

n n

n

Nhận xét : có thể khai triển (1+x)n , lấy đạo hàm, cho x= 2,

rồi nhân 2 vế cho 2

0,50

2 Tìm tọa độ điểm M (1,00 điểm)

Gọi I là tâm đường tròn (C) suy ra I(4;0) Xét M(0;a) thuộc

trục tung mà từ đó kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB đến

đường tròn (C) Giả sử

Vì tiếp tuyến qua M(0;a) nên có (x1 - 4 ( 4)) - +ya1 - 4 = 0

Tương tự, tọa độ B(x2;y2) thỏa (x2 - 4 ( 4)) - +y a2 - 4 = 0

2 Tính tỷ số … (1,00 điểm)

Gọi E = MN ∩ CD Khi đó Q = PE∩ AD Gọi F là trung

điểm của BC và G là điểm trên AC sao cho DG//PQ Nhận

thấy FD//MN

Ta có

3

5 3

2 1

2 1

2 1

2 1

ED PC

PG AP

PG AP

0,50

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ 2

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y=x4 − 8x2 + 7(1)

1 Khảo sát sự biết thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1)

2 Tìm các giá trị thực của tham số m để đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với đồ thị của hàm số (1)

2

2 4

sin 4 2

1

2 2

2

3 : x− = y = z+

d và ba điểm A(4 ; 0 ; 3), B( - 1 ; - 1 ; 3), C(3 ; 2 ; 6)

1 Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và có tâm thuộc mặt phẳng (P)

2 Viết phương trình mặt phẳng (Q) chứa đường thẳng d và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính lớn nhất

Câu IV (2 điểm) 1 Tính tích phân .

2 cos sin

4 3

2 sin 2

xdx I

2 Chứng minh rằng phương trình 4x(4x2 + 1)= 1 có đúng 3 nghiệm thực phân biệt

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 hệ số của số hạng chứa x5 trong khai triển nhị thức Niutơn của (1 + 3x)2n, biết rằng A n3 + 2A n2 = 100 (n là số nguyên dương, k

Câu V.b Theo chương trình phân ban (2 điểm)

1 Giải phương trình log 9 6 .

log

1 3

x

x

2 Cho hình chóp S.ABC mà mỗi mặt bên là một tam giác vuông, SA = SB = SC

= a Gọi N, M, E lần lượt là trung điểm của các cạnh AB, AC, BC ; D là điểm đối xứng của S qua E ; I là giao điểm của đường thẳng AD với mặt phẳng (SMN) Chứng minh rằng AD vuông góc với SI và tính theo a thể tích của khối

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của

hàm số (1,00 điểm)Tập xác định : D = R

-9 -9

0,25

Đồ thị :

thẳng … (1,00 điểm)Đường thẳng y = mx – 9 tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi hệ phương trình sau

−

) 2 ( 16

4

) 1 ( 9 7

8 3

2 4

m x x

mx x

x

0,25

Thay (2) vào (1) ta được

3 4 − 2 − =

2

±

=

⇔ x

0,50

O

1

2

-127y

9

-x

Thay x= ± 2 vào (2) ta được m=0.

Suy ra m = 0 là giá trị cần tìm

0,25

0

điểm)Phương trình tương với

(cos sin )(2 cos 1) 0

2

2 cos

sin 2

2 2

cos 2 sin 2 2

x

x x

x x

0,50

Điều kiện: x < 1.Bất phương trình đã cho tương đương với

( )1 0 2 1

3 1

1

3 1 1

1

2 2

2 2

2

2 2

> +

x x

x x

x x

1 x

x t

1 0

b Với t > 2 thì

).

3 ( 1 2 2

( Điều kiện: x < 1)Bất phương trình (3)

5

5 2 1

2 = 

S

Nghiệm của bất phương trình là

1

; 5

5 2 2

1

; 1 2 1

0,25

II

I

2,0 0

điểm)

2,00Tâm I(a ; b ; c) của (S) xác định bởi hệ

IC IA

IB IA

0,25

− +

− +

− +

−

=

− +

− +

−

− +

−

− +

−

−

=

− +

− +

−

3 2 1

0 1 3 3 2

6 2

3 3

0 4

3 1

1 3

0 4

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

2 2

c b a

c b a

c b

a c

b a

c b

a c

b

0

Bán kính của (S) là R= 13.Phương trình của (S) là:

(x− 1) (2 + y− 2) (2 + z− 3)2 = 13

0,25

(1,00 điểm)Mặt phẳng (Q) cần tìm chính là mặt phẳng chứa d và đi qua tâm I của (S)

0,25Đường thẳng d đi qua M(3 ; 0 ; - 5) có vectơ chỉ phương là u=(2 ; 9 ; 1)

Ta có IM =(2 ; − 2 ; − 8) (= 2 1 ; − 1 ; − 4), do đó vectơ pháp tuyến của (Q) là

[ ], (35 ; 9 ; 11)

2

1 IM u = −

0,50

Mà (Q) đi qua I(1 ; 2 ; 3) nên phương trình của (Q) là:

( 1) (9 2) 11( 3) 0 35 9 11 50 0

35 x− − y− + z− = ⇔ x− y+ z− =

0,25

V

2,0 0

0

2 2 sin 1 sin

cos sin

π

x x

xdx x

−

= +

0

1 0

1 0

1 0

1

dt t

t t

td t

tdt I

2 ln 2

1 1

ln 2

0 = − + +

R

x∈Có( )x ( x ) x [ ( x ) x]

Từ bảng biến thiên của f(x) suy ra phương trình f(x) = 0 có không quá 3 nghiệm phân biệt

0,50

Mặt khác:

( )0 0 , ( ) ( )3 2 0 ,

0 2

( 3 ; 2) ,

2

1 ,

1 = x = x ∈ − −

x

0,50

V.

a

2,0 0

Điều kiện: n∈N,n≥ 3 0,5

1 10

0 10 10 2

x C x

C C x

+

Hệ số của số hạng chứa x5 là

61236 3

5 5

10 =

C

0,50

ˆthuộc đường tròn (C2) tâm O bán kính R =

3

2

0,50

Đường thẳng y = m thỏa mãn yêu cầu bài toán cắt đường tròn (C1) và không

có điểm chung với đường tròn (C2)

2 3

2

2 < < − < <

0,50

V.

b

2,0 0

6 9

1 0

x x x

Phương trình đã cho tương đương với

x

6 9 log 3

log 3

0,50

Ta có AD= SA2 +SD2 =a 30,50

ĐỀ ÔN THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC, Môn TOÁN - ĐỀ 7

1

x y x

+

= + .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị C của hàm số đã cho.

2) Chứng minh rằng với mọi m ≠ 0, đường thẳng y = mx + 3m luôn cắt đồ thị C tại hai điểm phân biệt, trong đó có một giao điểm có hoành độ nhỏ hơn -2.

Tính diện tích của hình phẳng giới hạn bởi đồ thị của hàm số f(x), trục hoành, trục tung và đường thẳng x = 1.

Câu IV (1,0 điểm):Xét hình chóp S.ABCD có SA = SB = SD = DA = AB = BC = CD = a

6

Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)

1 Theo chương trình Chuẩn

Câu VI.a (2,0 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho ba đường thẳng

d 1 : 2x +y – 3 = 0, d 2 : x + 2y – 4 = 0 và d 3 : 2x – y – 2 = 0.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A(1; 2; -3) và đường thẳng d có phương trình tham số:

Câu VII.a (1,0 điểm):Có 5 ứng viên tham dự một kì thi tuyển nhân sự của một công ty Ở

phần thi viết, người ta đưa cho mỗi ứng viên 10 phong bì dán kín, trong mỗi phong bì có một câu hỏi kiểm tra (hai phong bì khác nhau đựng hai câu hỏi khác nhau); ứng viên chọn một phong bì trong số đó để xác định câu hỏi kiểm tra của mình Biết rằng các phong bì có hình thức giống hệt nhau và các bộ 10 câu hỏi kiểm tra dành cho các ứng viên là như nhau, hãy tính xác suất để 5 câu hỏi mà 5 ứng viên chọn, đôi một khác nhau.

2 Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm):

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác kẻ từ A, đường trung tuyến kẻ từ B và đường cao kẻ từ C lần lượt có phương trình là:

y = 0, 4x – y – 1 = 0, 2x + y = 0 Hãy xác định tọa độ của các đỉnh A, B, C.

2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d có phương trình:

0,50

Suy ra hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞ − ; 1) và

Suy ra, đồ thị của hàm số có một tiệm cận ngang là đường

thẳng y = 1 và một tiệm cận đứng là đường thẳng x = -1.

Hoành độ giao điểm của đường thẳng y = mx + 3m và đồ thị C

1

x

x+ = + +

Đặt t = x + 2, t ≠ 1 Từ phương trình (1) ta có phương trình (ẩn

Nhận xét : hiển nhiên t = 1 không là nghiệm của ( )* nên có

thể bỏ diều kiện t≠ 1

0,25

Với m ≠ 0, (*) là phương trình (ẩn t) bậc 2, không nhận t = 1

Suy ra, phương trình (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt trái dấu và

khác 1 Do đó, phương trình (2) luôn có 2 nghiệm phân biệt trái

dấu.

0,25

Suy ra, phương trình (1) luôn có 2 nghiệm phân biệt và trong 2

y

x-1

1O

II

(2,0

điểm)

Điều kiện: cosx ≠ 0 (*).

Với điều kiện đó, ta có phương trình đã cho tương đương với

Kết hợp điều kiện (*), ta được các giá trị x tìm được ở trên là

tất cả các nghiệm của phương trình đã cho.

0,05

Điều kiện: x ≠ -1.

Với điều kiện đó, bất phương trình đã cho tương đương với bất

3 2

Gọi O là giao điểm của AC và BD.

Vì AB = BC = CD = DA nên tứ giác ABCD là hình thoi.

+ OA = OC và OB = OD (2)

Các tam giác BAD và BSD là các tam giác cân bằng nhau có

chung đáy BD Do đó, OA = OS Kết hợp với (2), suy ra ∆ASC

vuông tại S.

0,50

CB

DS

Gọi I là tâm và kí hiệu R là bán kính của đường tròn.

Vì ∆ đi qua A và cắt d nên vectơ chỉ phương của ∆ vuông góc

của mặt phẳng (A, d).

0,25