đề tuyển sinh đh toán tham khảo

Dựa vào đồ thị C hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình Câu IV 1 điểm Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho trước.. Câu IV 1 điểm Cho một hình t

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC (Đề 10)

MÔN TOÁN

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= f x( ) 8x= 4−9x2+1

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

2 Dựa vào đồ thị (C) hãy biện luận theo m số nghiệm của phương trình

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp cụt tam giác đều ngoại tiếp một hình cầu bán kính r cho

trước Tính thể tích hình chóp cụt biết rằng cạnh đáy lớn gấp đôi cạnh đáy nhỏ.

Câu V (1 điểm) Định m để phương trình sau có nghiệm

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

Câu VI.a (2 điểm)

1 Cho∆ABC có đỉnh A(1;2), đường trung tuyến BM: 2x y+ + =1 0 và phân giác trong CD: x y+ − =1 0 Viết phương trình đường thẳng BC.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng (D) có phương trình tham số 2

Câu VII.a (1 điểm) Cho x, y, z là 3 số thực thuộc (0;1] Chứng minh rằng

Câu VI.b (2 điểm)

1 Cho hình bình hành ABCD có diện tích bằng 4 Biết A(1;0), B(0;2) và giao điểm I của hai đường chéo nằm trên đường thẳng y = x Tìm tọa độ đỉnh C và D.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(1;5;0), B(3;3;6) và đường thẳng ∆

có phương trình tham số

1 212

.Một điểm M thay đổi trên đường thẳng ∆, xác định vị trí

của điểm M để chu vi tam giác MAB đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu VII.b (1 điểm) Cho a, b, c là ba cạnh tam giác Chứng minh

2 1,00

Xét phương trình 8 osc 4x−9 osc 2x m+ =0 với x∈[0; ]π (1)

Đặt t c= osx, phương trình (1) trở thành: 8t4−9t2+ =m 0 (2)

nghiệm của phương trình (1) và (2) bằng nhau.

0,25

Ta có: (2)⇔8t4−9t2+ = −1 1 m(3)

Gọi (C1): y=8t4−9t2+1 với t∈ −[ 1;1]và (D): y = 1 – m.

Phương trình (3) là phương trình hoành độ giao điểm của (C1) và (D).

Chú ý rằng (C1) giống như đồ thị (C) trong miền − ≤ ≤1 t 1.

0,25

Dựa vào đồ thị ta có kết luận sau:

• m>3281 : Phương trình đã cho vô nghiệm.

≤ < : Phương trình đã cho có 4 nghiệm.

• 0< <m 1 : Phương trình đã cho có 2 nghiệm.

• m=0 : Phương trình đã cho có 1 nghiệm.

• m < 0 : Phương trình đã cho vô nghiệm.

22

22

2 0

x x

x

x x

x x

u v

v v

u v

u v

Sau đó hợp các kết quả lại, ta được tập nghiệm của hệ phương trình ban

Diện tích miền phẳng giới hạn bởi: y=|x2−4 | ( )x C và ( )d :y=2x

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

Vậy 4 16 52

Gọi H, H’ là tâm của các tam giác đều ABC, A’B’C’ Gọi I, I’ là trung

điểm của AB, A’B’ Ta có:

( ') ( ' ') ( ' ')'

Suy ra hình cầu nội tiếp hình chóp cụt này tiếp xúc với hai đáy tại H, H’

và tiếp xúc với mặt bên (ABB’A’) tại điểm K II∈ '.

Khi đó sin 4x = 2sin2xcos2x = t2−1 Phương trình (1) trở thành:

2

t + +t m− = (2) với − 2≤ ≤t 2

2(2)⇔ + = −t 4t 2 2m

Đây là phuơng trình hoành độ giao điểm của 2 đường

có tung độ 2 – 2m) và (P): 2

4

y t= + t với − 2≤ ≤t 2.

0,25

Trong đoạn − 2; 2, hàm số y t= +2 4t đạt giá trị nhỏ nhất là

Do đó yêu cầu của bài toán thỏa mãn khi và chỉ khi

có IH ≤IA và IH ⊥AH

Trong mặt phẳng ( )P , IH ≤IA; do đó maxIH = IA⇔ ≡H A Lúc này (P)

ở vị trí (P0) vuông góc với IA tại A.

Vectơ pháp tuyến của (P0) là n IAr uur= =(6;0; 3− ) , cùng phương với (2;0; 1)

51

I∈ d y x= ⇒I t t I là trung điểm của AC và BD nên ta có:

Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;

Gọi P là chu vi của tam giác MAB thì P = AB + AM + BM.

Vì AB không đổi nên P nhỏ nhất khi và chỉ khi AM + BM nhỏ nhất.

Đường thẳng ∆ có phương trình tham số:

1 212

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, ta xét hai vectơ ur=(3 ; 2 5t ) và

2 2

Suy ra AM BM+ =| | | |ur + vr và u vr r+ =(6; 4 5)⇒ + =|u vr r| 2 29Mặt khác, với hai vectơ u vr r, ta luôn có | | | | |ur + vr≥ +u vr r|Như vậy AM BM+ ≥2 29

0,2 5

Đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi u vr r, cùng hướng

5

Vì a, b, c là ba cạnh tam giác nên:

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 11

MÔN TOÁN

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)

Câu I (2 điểm) Cho hàm số y= f x( )=x4−2x2

1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số.

2 Trên (C) lấy hai điểm phân biệt A và B có hoành độ lần lượt là a và b Tìm điều kiện đối với a và b để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau.

Câu II (2 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác: 1 2 cos( sin )

Câu IV (1 điểm) Cho một hình trụ tròn xoay và hình vuông ABCD cạnh a có hai đỉnh liên

tiếp A, B nằm trên đường tròn đáy thứ nhất của hình trụ, hai đỉnh còn lại nằm trên đường tròn đáy thứ hai của hình trụ Mặt phẳng (ABCD) tạo với đáy hình trụ góc 450 Tính diện tích xung quanh và thể tích của hình trụ.

Câu V (1 điểm) Cho phương trình x+ 1− +x 2m x(1− −x) 24 x(1−x) =m3

Tìm m để phương trình có một nghiệm duy nhất.

PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (Phần 1 hoặc phần 2)

Câu VI.a (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C) và đường thẳng ∆ định bởi:

2 2

(C) hai tiếp tuyến lập với nhau một góc 600.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tứ diện ABCD với A(2;1;0), B(1;1;3), C(2;-1;3), D(1;-1;0) Tìm tọa độ tâm và bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.

Câu VII.a (1 điểm) Có 10 viên bi đỏ có bán kính khác nhau, 5 viên bi xanh có bán kính khác

nhau và 3 viên bi vàng có bán kính khác nhau Hỏi có bao nhiêu cách chọn ra 9 viên bi có đủ

ba màu?

Câu VI.b (2 điểm)

1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 12, tâm I thuộc đường thẳng ( )d :x y− − =3 0 và có hoành độ 9

2

I

x = , trung điểm của một cạnh là

giao điểm của (d) và trục Ox Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật.

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) và mặt phẳng (P) có phương trình là

( ) :S x +y + −z 4x+2y−6z+ =5 0, ( ) : 2P x+2y z− + =16 0 Điểm M di động trên (S) và điểm N di động trên (P) Tính độ dài ngắn nhất của đoạn thẳng MN Xác định vị trí của M, N tương ứng.

Câu VII.b (1 điểm) Cho a b c, , là những số dương thỏa mãn: a2+ + =b2 c2 3 Chứng minh bất đẳng thức

f x = x − x Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B.

Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là

Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm

này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là (− −1; 1) và (1; 1− ) .

Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với

nhau là

2 2 1 01

( )

2

2 0

2

2 0

Nếu x∈[ ]0;1 thỏa mãn (1) thì 1 – x cũng thỏa mãn (1) nên để (1) có nghiệm

duy nhất thì cần có điều kiện 1 1

Ta thấy phương trình (1) có 2 nghiệm 0, 1

2

x= x= nên trong trường hợp này

(1) không có nghiệm duy nhất.

Vậy phương trình có nghiệm duy nhất khi m = 0 và m = -1.

Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R= 5.

Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M Nếu hai tiếp

tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra

2 1,00

Ta tính được AB CD= = 10,AC BD= = 13, AD BC= = 5 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau Từ đó ABCD là

một tứ diện gần đều Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng

tâm G của tứ diện này.

Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là:

+ Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và

cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.

Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 9

Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm

của (d) và Ox, suy ra M(3;0)

x y

Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4).

Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1).

Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0 Dễ thấy N0 là hình

chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 12

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

Phần chung cho tất cả các thí sinh (7 điểm )

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số

2

32

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

2 Cho M là điểm bất kì trên (C) Tiếp tuyến của (C) tại M cắt các đường tiệm cận của (C) tại A và B Gọi I là giao điểm của các đường tiệm cận Tìm toạ độ điểm M sao cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất

24cos2sin2cossin

2sin

−

>

−+

x

2

1log)2(22)144(log

2 1

2 2

+

x x

x I

1

2ln3ln1ln

Câu IV (1 điểm) Cho hình chóp S.ABC có AB = AC = a BC =

13

1

a c c b b a

P

+

++

++

=

Phần riêng (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần: Phần 1 hoặc phần 2

Phần 1:(Theo chương trình Chuẩn)

Câu VIa (2 điểm) 1 Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho cho hai đường thẳng

05

giác cân có đỉnh là giao điểm của hai đường thẳng d1, d2.

2 Trong không gian với hệ trục toạ độ Oxyz cho 4 điểm A( 1; -1; 2), B( 1; 3; 2), C( 4; 3; 2),

D( 4; -1; 2) và mặt phẳng

(P) có phương trình:x+ y+z−2=0 Gọi A’là hình chiêú của A lên mặt phẳng Oxy Gọi ( S) là

mặt cầu đi qua 4 điểm

A’, B, C, D Xác định toạ độ tâm và bán kính của đường tròn (C) là giao của (P) và (S)

Câu VIIa (1 điểm) Tìm số nguyên dương n biết:

Phần 2: (Theo chương trình Nâng cao)

Câu VIb (2 điểm) 1.Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho Hypebol (H) có phương

916

2 2

2

3

:

)

(d x+ = y+ = z− , điểm A( -2; 3; 4) Gọi ∆ là đường thẳng nằm trên (P) đi qua giao điểm

của ( d) và (P) đồng thời vuông góc với d Tìm trên ∆ điểm M sao cho khoảng cách AM ngắn

=

+

11

3

2.322

2

3 2

1 3

x xy x

x y y

2) Sự biến thiên của hàm số:

a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:

b) Bảng biến thiên:

Ta có:

(x 2) 0, x 2

1'

−

=Bảng biến thiên:

x - ∞ 2 + ∞

-y 2

+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng

0,25

I 2 Tìm M để cho đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích nhỏ nhất 1,00

Ta có: , x 2

2x

3x

;x

2x

1)

x('y

1y

:

0

0 0 2

−+

2x

;2

x

0

0 B

2x

3x22

−π

−π

=

)2x(

1)

2x(2

2x

3x2)2x(

0

2 0 2

0

0 2

Dấu “=” xảy ra khi 

1x)

2x(

1)

2x(

0

0 2

0

2 0

24cos2sin2cossin

2sin

1 điểm

)1(2

4cos2sin2cossin

2sin

xcosxsin2

xsin1

=

−+

⇔

0,25

012

xcos2

xsin2.2

xcos2

xsinxsin01xsin2

xcos2

xsinx

xsin22

xsin212

xsinx

−

>

−+

x

2

1log)2(22)144(log

2 1

1x2

1x0)1x(2

1x01xx4

0x2

1

2 2

2x(2x)x1(log

1x1)x21(2

0x

1)x21(2

0x

0)x1(2log

0x

0)x1(2log

0x

01)x1(log

0x

01)x1(log

0x

x I

1

2ln3ln1ln

1 điểm

xdxlnx3dxxln1x

xlnI

+) Tính =∫e + dx

x x

x I

1 1

ln1

ln

x

1tdt2

;xln1txln1

3

t2dt1t2tdt2.t

1tI

2 1

3 2

1 2 2

1

2 1

dxdudx

xdv

xlnu

=I1 3I2

I

3

e222

Gọi M là trung điểm của SA , do hai tam giác SAB và SAC là hai tam giác cân nên MB ⊥

SA, MC ⊥ SA Suy ra SA ⊥ (MBC).

Ta có S.ABC S.MBC A.MBC MBC MBC SA.SMBC

3

1S

.SA3

1S

.MA3

1V

V

Hai tam giác SAB và SAC có ba cặp cạnh tương ứng bằng nhau nên chúng bằng nhau Do đó

MB = MC hay tam giác MBC cân tại M Gọi N là trung điểm của BC suy ra MN ⊥ BC Tương tự ta

cũng có MN ⊥ SA

16

a32

3a4

aaAMBN

ABAMAN

2 2

2 2 2

2 2 2

a.4

3a.3a6

1BC.MN2

1.SA3

1V

3 ABC

N

3

13

13

1

a c c b b a

P

+

++

++

Áp dụng Bất đẳng thức Côsi cho ba số dương ta có

zyx

9z

1y

1x

19xyz

3xyz3z

1y

1x

1)zyx

(

3

3

++

≥++

Áp dụng (*) ta có 3 3 3 3 3 3

a3cc3bba

9a

3c

1c

3b

1b

a

1P

+++++

≥+

++

++

Cách 1: d1 có vectơ chỉ phương a1(2;−1); d 2 có vectơ chỉ phương a2(3;6)

Ta có: a1.a2 =2.3−1.6=0 nên d1⊥d2 và d 1 cắt d 2 tại một điểm I khác P Gọi d là đường thẳng

đi qua P( 2; -1) có phương trình: d:A(x−2)+B(y+1)=0⇔Ax+By−2A+B=0 0,25

d cắt d 1 , d 2 tạo ra một tam giác cân có đỉnh I khi và chỉ khi d tạo với d 1 ( hoặc d 2 ) một góc 45 0

−

⇔

A3B

B3A0B3AB8A345cos)

1(2BA

BA

2 2

2

* Nếu A = 3B ta có đường thẳng d: x+y−5=0 0,25

* Nếu B = -3A ta có đường thẳng d:x− y−5=0

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d: x+y−5=0

05yx

:

0,25

Cách 2: Gọi d là đường thẳng cần tìm, khi đó d song song với đường phân giác ngoài của đỉnh là giao

điểm của d 1 , d 2 của tam giác đã cho.

Các đường phân giác của góc tạo bởi d 1 , d 2 có phương trình

∆

=+

−

⇔

−+

=+

−

⇔+

−+

=

−+

+

−

)( 08yx

)( 022yx7

y6x5yx36

3

7y6x)1(2

5yx

2

2

1 2

2 2

+) Nếu d // ∆ 2 thì d có phương trình x+ y+c=0

Do P∈ d nên 18−3+c=0⇔c=−15⇒d: x+y−5=0 0,25

Vậy qua P có hai đường thẳng thoả mãn yêu cầu bài toán d: x+y−5=0

05yx

−

=++++

=++++

=++

−

1d

1c

1b2

5a

021dc4ba8

029dc4ba8

014dc4ba2

02db2a2

Vậy mặt cầu ( S) có phương trình: x2 +y2 +z2 −5x−2y−2z+1=0

+) Gọi H là hình chiếu của I lên (P) H là tâm của đường tròn ( C)

+) Gọi ( d) là đường thẳng đi qua I và vuông góc với (P)

;t1

;t2

5Ht

1z

t1y

t2/5x

Do H=( )d ∩(P) nên:

6

5t2

5t302t1t1t2

1

;3

5H

0,25

6

3536

75

IH= = , (C) có bán kính

6

1866

3136

754

29IH

k k 1 n k 2

1 n

1 1 n

n C 2C x ( 1) kC x (2n 1)C x)

x1)(

1n

Lại lấy đạo hàm cả hai vế của (2) ta có:

1 n 1 n 1 n 2

k k 1 n k

3 1 n

2 1 n 1

n 2C 3C x ( 1) k(k 1)C x n( n 1)C x)

x1)(

1n(

(H) có các tiêu điểm F1(−5;0) ( );F2 5;0 Hình chữ nhật cơ sở của (H) có một đỉnh là M( 4; 3),

0,25

Giả sử phương trình chính tắc của (E) có dạng: 1

b

ya

x2

2 2

2

=+ ( với a > b) (E) cũng có hai tiêu điểm F( 5;0) ( );F 5;0 a2 b2 52 ( )1

2

0,25

=

15b

40ab

ab16a9

b5a

2

2 2

2 2 2

2 2 2

0,25

Vậy phương trình chính tắc của (E) là: 1

15

y40

=

Chuyển phương trình d về dạng tham số ta được:







+

32

t z

t y

t x

Gọi I là giao điểm của (d) và (P) ⇒I(2tư3;tư1;t+3)

uy

u1x: Vì M∈∆⇒M(ư1ưu;u;4+u), ⇒AM(1ưu;uư3;u) 0,25

4

;3

=

+

)2(1xxy1x

)1( 2

.322

2

x y 2 y 1 x

≥+

⇔

0)13

(

11

13

01

x x

xy x

x x

y x x x

31100

13

01

0,25

* Với x = 0 thay vào (1)

11

8log11

822.12282.32

x

31

ư

⇔

=+

⇔

)83(log2y

183log3

1x8

3t

i

¹lo83t01t6t6t

1t)

3

(

2

2 2

0,25

Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm

0x

=

)83(log2y

183log3

1x

2

2

0,25

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 13

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

I PhÇn chung cho tÊt c¶ c¸c thÝ sinh ( 7,0 ®iÓm)

π

Câu IV (1 điểm): Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh là a Gọi M là trung điểm của CD, N là trung

điểm của A’D’ Tính thể tích của tứ diện MB’C’N và góc giữa hai đường thẳng B’M và C’N

Câu V (1 điểm): Cho x, y, z là các số thực dương.

II PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 ĐIỂM) Thí sinh chỉ được chọn một phần (phần 1 hoặc phần2)

1 Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a ( 2 điểm): 1 Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho 3 đường thẳng lần lượt

2 Trong không gian Oxyz cho đường thẳng d và hai mặt phẳng (P) và (Q) lần lượt

+ +

(với n là số nguyên dương)

2 Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b ( 2 điểm):

1)Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn (C) có phương trình:

(∆): 3x- 4y +10 = 0 và cắt đường tròn tại 2 điểm A, B sao cho AB = 6.

2) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm A(1; 4; 2), B(-1;2;4) và đường

x− = y+ = z

d Tìm toạ độ điểm M thuộc đường thẳng d sao cho diện tích tam giác AMB nhỏ nhất

Câu VII.b ( 1 điểm):

Tìm m để đồ thị hàm số

2 1

mx y x

−

Hết

-ĐÁP ÁN Đề 13 Câu I:

00

m

m m

Với điều kiện trên thì đồ thị hàm số có 2 điểm cực trị là A(x1;y1); B(x2;y2)

3

x x

+ Điều kiện: 11.3x - 9 > 0 ⇔ 3

9log11

20

Câu IV: (1,0 điểm)

=> MP là đường cao của tứ diện MB’C’N và MP = a

Câu VI.a (2 điểm)

D

P D’

Theo giả thiết mặt cầu (S) tiếp xúc với hai mp (P) và mp (Q) => d(I; (P)) = d(I; (Q)) = R

2 Theo chương trình nâng cao:

Câu VI.b: (2 điểm)

⇔ (x + 4)2 + (y - 3)2 = 25

=> Đường tròn (C) có tâm I(-4; 3), bán kính R = 5

2 a Đường thẳng d có vectơ chỉ phương là uuurd = −( 1;1; 2)

vectơ chỉ phương là vr=(5;13; 4− ) nên có pt:

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 14

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu I: (2 điểm) Cho hàm số y= 3x4-2(m+1)x2+1 (Cm)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m=2

2 Xác định m để đồ thị hàm số (Cm) có 3 cực trị lập thành một tam giác đều.

Câu II: (2 điểm)

1 Giải phương trình: c otx = tanx + 2cos4x

sin2x

2.Cho hệ phương trình:

2 2

2 2

ïïïíïï

ïïî

CMR∀ ≠a 0hệ luôn có nghiệm duy nhất.

Câu IV: (1 điểm)

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi K là trung điểm của cạnh BC, I là tâm

của mặt bên CC’D’D Hãy xác định thiết diện của hình lập phương với mặt phẳng (AKI) và tính thể tích các khối đa diện do mặt phẳng (AKI) chia ra trên hình lập phương.

Tìm giá trị lớn nhất, nhỏ nhất của P= (x2+y2-xy)

PHẦN RIÊNG(3điểm)(Thí sinh chỉ được làm một trong hai phầnA hoặc phần B)

Phần A: Theo chương trình chuẩn

CâuVIa: (2 điểm)

1.Trong mặt phẳng Oxy, chứng minh các đường thẳng

2

: x.cos2m + y.sin2m + 4cos m 5 0

2.Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(4;-1) và phương trình cạnh

AB: x+2y-1=0 Lập phương trình hai đường chéo của hình vuông

Câu VIIa: (1điểm)

Một trường THPT có 18 học sinh giỏi toàn diện, trong đó có 7 học sinh khối 12, 6 học sinh

khối 11, 5 học sinh khối 10 Có bao nhiêu cách chọn 8 học sinh trong số 18 học sinh đó đi dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một học sinh

PhầnB: Theo chương trình nâng cao

tiếp tuyến đến (C) Lập phương trình đường thẳng đi qua hai tiếp điểm.

Câu VIIb (1điểm) Cho các số 3 số dương a, b, c thoả mãn a2 +b2 +c2 =4 abc

4

a b c+ + ≥ abc

+∞

é = ê

ê = ê

-2

0

2 Cho hệ phương trình:

2 2

2 2

ïï ïí ïï

ïïîChứng minh rằng ∀ ≠a 0hệ luôn có nghiệm duy nhất

1.0

Từ hệ suy ra đk: x,y>0 Hệ

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ cạnh a Gọi K là trung điểm của cạnh

BC, I là tâm của mặt bên CC’D’D Hãy xác định thiết diện của hình lập

phương với mặt phẳng (AKI) và tính thể tích các khối đa diện do mặt phẳng

(AKI) chia ra trên hình lập phương

1.0

Gọi F là giao điểm của AK và CD Đường thẳng FI cắt CC’ và DD’ lần lượt

tại M và N.Thiết diện cần tìm là tứ giác AKMN

Trong tam giác FC’D, FI và CC’ là đường trung tuyến nên M là trọng tâm

tam giác Suy ra 1 '

A

A’ D’ B’ C’

K

D F

I N M

GS (x;y) thoả mãn hệ, xét P =x2+y2-xy

Ta có P = x2+y2+xy-2xy=3-2[(2-a)2-3]=-2a2+8a+1 0.25

Xét hàm số k(a) = -2a2+8a+1 trên [0;4]

: x.cos2m + y.sin2m + 4cos m 5 0

2 Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông ABCD có tâm I(4;-1) và phương trình

cạnh AB: x+2y-1=0 Lập phương trình hai đường chéo của hình vuông

1.0

a 0 2 4

k’ + 0

k 9

VIa

(2đ)

Hai đường chéo AC, BD là hai đường thẳng qua I(4;-1) hợp với AB góc 450.

Phương trình một trong hai đường chéo: a(x-4) + b(y+1)=0, ta có

Với a=3b, chọn b =1, a=3 ta có đường chéo thứ nhất d : 3x+y-11=0

Với b=-3a, chọn a =1, b=-3 ta có đường chéo thứ hai d’ : x-3y-7=0 0.25

VIIa

(1đ)

Một trường THPT có 18 học sinh giỏi toàn diện, trong đó có 7 học sinh

khối 12, 6 học sinh khối 11, 5 học sinh khối 10 Có bao nhiêu cách chọn 8

học sinh trong số 18 học sinh đó dự trại hè sao cho mỗi khối có ít nhất một

học sinh

1.0

Số cách chọn không có đủ ba khối có các trường hợp sau:

Lập phương trình tổng quát của đường thẳng (d) đi qua M(1;0) sao cho (d)

cắt (D) và (D’) lần lượt tại B và C (với M thuộc đoạn BC), đồng thời diện tích

BAM

∆ bằng hai lần diện tích ∆CAM

1.0

Đường thẳng (d) đi qua M(1;0) sao cho (d) cắt (D) và (D’) lần lượt tại B và C

(với M thuộc đoạn BC), đồng thời diện tích ∆BAM bằng hai lần diện tích

vẽ được hai tiếp tuyến đến (C) Lập phương trình đường thẳng đi qua hai tiếp

Đường thẳng qua hai tiếp điểm T, T’ là đường thẳng đi qua hai giao điểm của

Trung điểm E của IA là ( 1; 1)

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC 15

Thời gian:180 phút (Không kể thời gian phát đề)

A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 ĐIỂM)

1

x y x

−

=

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

2) Tìm điểm M trên (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận là

Câu IV (1 đ:Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông

Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của biểu thức: A = x + y

B PHẦN TỰ CHỌN ( 3,0 ĐIỂM)

1 Theo chương trình chuẩn:

Câu VI.a ( 2đ):

1) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho hình vuông ABCD có đỉnh A(4; 5), đường

chéo BD có phương trình: y - 3 = 0 Tìm toạ độ của các đỉnh còn lại của hình vuông đó

1) Trong mặt phẳng Oxy cho A(2;1) và đường thẳng (d):2x+3y+4=0 Lập phương trình

2) Trong không gian Oxyz cho 3 đường thẳng:

Câu VII.b ( 1đ): Một hộp đựng 4 viên bi xanh , 3 viên bi đỏ và 2 viên bi vàng

Chọn ngẫu nhiên ra hai viên bi

a) Tính xác suất để chọn được 2 viên bi cùng màu

b) Tính xác suất để chọn được 2 viên bi khác màu

ĐÁP ÁN Đề 15 Câu I:

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số: ( trình bày theo chương trình cơ bản)

+∞

-∞

1c) Đồ thị:

2) Gọi M(x0, y0) ∈ (C) , ( Trong đó 0

0

21

x y x

−

=+ và x0 ≠ -1)

Ta có: d(M d; )1 = x0+1; d(M d; 2) = y0−1