Để thi tự luận môn toán thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng: Phần 2

Phần 2 của cuốn sách Các đề thi theo hình thức tự luận môn toán thi tuyển sinh vào các trường đại học và cao đẳng từ năm học 2002 - 2003 đến năm học 2008 - 2009 là phần đáp án và thang điểm của các đề thi ở phần 1. Hi vọng cuốn sách sẽ là tài liệu tốt, giúp các bạn ôn luyện chuẩn bị cho kì thi Đại học và Cao đẳng năm học 2009 - 2010.

PHẢN II ĐÁP ÁN - THANG ĐIẺM

ĐÈ s ố l

ĐÈ TH I TUY ỂN SINH ĐẠI H ỌC, CAO Đ Ẳ N G NÃ M 2008

M ôn thi: TOÁN, khối A

Thời gian làm bài 180 phút

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

V ectơ pháp tuyến của lần lư ợt là n, = (1 ;0 ), n 2 = ( m ; - l )

Góc giữ a di và ẩ 2 bàng 45° khi và chì khi

C O S 4 5 =

Ị n ^ n 21 |m| |m|

|n, I-| n2 Ị slnr + 1 V m : + 1

C â u II (2 đ iểm )

1 Giải ph ư ơn g trình lượng giác (1,00 điểm)

Đ iều kiện sinx i- 0 và sin X — — * 0.371.

2Phư ơng trình đã cho tư ơng đương với:

— — I— í— = - 2 \Ỉ 2 (s inx + cos x).

ĩ Giải hệ phương trình (1,00 điểm)

C âu III (2 điểm )

1 Tim tọa độ hình chiếu vuông góc của A trên d (1,00 điểm)

Đường thẳng d có vectơ chi phương u (2 ; 1 ; 2) Gọi H là hình chiếu vuông góc cùa A trên d, suy ra H(1 + 2t; t; 2 + 2t) và AH = ( 2 t - l ; t - 5 ; 2 t - l )

(0,50 điếm)

Vì AH -L d nên AH.Ũ = 0 <=> 2(2t — 1) + 1 — 5 + 2(2t — 1) = 0 <=> t = 1

153

2 Viết phương trình m ặt phẳng (a) chứa d sao cho .(1 ,0 0 điểm)

Gọi K là hình chiếu vuông góc của A trên m ặt p h ẳn g (a)

T a có d(A , (a)) = A K < A H (tính chất đư ờng vuông góc và đuờng xiên) D o đó khoảng cách từ A đến (a) lớn nhất khi và chi khi A K = AH hay

Đ ặt u(x) =

^ ị l ẽ x ỹ ịl( 6 - x ) \

T a thấy u(2) = v(2) = 0 => f (2) = 0 Hơn nữa u(x), v(x) cùng dương

Câu Va (2 điểm)

1 Viết phương trình chinh tắc của elip (l,0 0 điểm)

„c2 = a 2 - b 2

Giải hệ phương trình trên tìm được a = 3 và b = 2

X2 y 2Phương trình chính tắc của (E) là — + — = 1 (0,50 điêm)

2 Tim số lớn nhất trong các sổ a0, fly, a„ (1,00 điểm)

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

Đ iều kiện X > — và X * 1 Phương trình đã cho tu ơ n g đư ơng với

X = 0 (loại vi không thoả m ãn điều kiện)

(0,50 điểm)

156

Gọi H là trung điểm của BC.

Suy ra A ’H 1 (ABC) và AH = - B C = - V a2 + 3 a 2 = a

D o đ ó A 'H 2 = A ’A 2 - A H 2 = 3 a 2 => A ’H = aV3

Trong tam giác vuông A 'B 'H có: H B ' = 7a'B ,2+ A 'H 2 = 2an ên

im giác B ’BH cân tại B \

Đ ặt cp là góc giữa hai đường thẳng A A ’ và B ’C ’ thì 9 = B ’BH

157

2 Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị hàm sổ (1) (1,00 điểm)

Đ ường thẳng A với hệ số góc k và đi qua điểm M ( - 1 ; - 9) có phươr trình: y.= kx + k - 9

A là tiếp tuyến cùa đồ thị hàm số (1) khi và chỉ khi hệ phương trìn

Í 4 x 3 - 6 x 2 + l = k ( x + l ) - 9 (2 )

sau có nghiêm : {

[ l 2 x 2 - 1 2 x = k (3)Thay k từ (3) vào (2) ta được: 4 x 3 - 6 x 2 +1 = ( l 2 x 2 - 1 2 x ) ( x + l ) - 9

1 Giải ph ư ơng trình lưọftg giác (1 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với

s in x (c o s2 X - sin 2x ) + 7 3 cos x (c o s 2 X - sin 2x ) = 0

<=> cos 2 x (sin X + cos x ) = 0 (0,50 điếm )

158

2 Giải hệ phư ơng trình (1,00 điểm)

Hệ phư ơng trình đã cho tư ơng đương với

• X = 0 không thoả m ãn hệ phương trình

• X = - 4 => y = —

4

N ghiệm của hệ phương trình là (x ;y ) = ^ - 4 ; — j (0,50 điểm)

Câu III (2 điểm )

/ Viết phương trình m ặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, c (1,00 điểm)

Ta có AB = (2; —3; — l ) , AC = ( - 2 ; - l ; - l ) , tích có hướng của hai vectơ

Mặt phẳng đi qua 3 điểm A, B, c nhận n làm vectơ pháp tuyến nên

có phương trình: 2(x - 0) + 4(y - 1 ) - 8(z - 2) = 0 o X + 2y - 4 z + 6 = 0

(0,50 điểm)

2 Tim toạ độ của đ i ể m M (1,00 điểm)

Ta có AB.AC = 0 nên điêm M thuộc đường thẳng vuông góc với mặt phẩng (A B C ) tại trung điểm 1(0; - 1 ;1) cùa BC (0 ,5 0 đ iể m )

159

T oạ độ của điểm M thoả m ãn hệ phương trình

2 Tim toạ độ đỉnh c (1 điểm)

i • Ký hiệu d, : X - y + 2 = 0 ,d 2 : 4x + 3y - 1 = 0 Gọi H ’(a; b) l à điểmđối xứng của H qua d , Khi đỏ H ’ thuộc đường thẳng AC

• u = ( l ; 1) là v e c tơ c h i phương của d, ,H H ' =(a + 1; b + 1) vuông góc

với u và trung điểm I a —1 b - 1

là nghiệm của hệ phương trình

của HH ’ thuộc d , Do đó toạ độ của H'

• T oạ độ A là nghiệm của phương trình

1 Giải bất phương trình (1,00 điểm)

Bất phương trình tương với

2 Tinh thể tích và tính cosin cùa góc giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)

Gọi H là hình chiếu của s trên A B , suy ra SH _L (A B C D ) Do đó SH

là đường cao của hình chóp S.BM DN.

T a có: SA2 + SB2 =a2 +3a2 = A B 2 nên tam giác SAB vuông tại s, suy

ra SM = - = a Do đó tam giác SAM đều, suy ra SH =

Diện tích tứ giác B M D N là S BMDN = ^ S ABCD = 2 a 2

Thể tích khối chóp S.BM DN là V = -S H S BMDN = (đ\tt)

162

2 Chúng minh rằng m ọi đường thẳng (1,00 điểm)

Gọi (C) là đồ thị hàm số (1) Ta thấy 1(1; 2) thuộc (C) Đ ư ờng thảng d

đi qua 1(1; 2) với hệ số góc k (k > - 3) có phư ơng trinh: y = kx - k + 2 Hoành độ giao điểm của (C) và d là nghiệm của phư ơng trình

A (xA;yA), B ( x b ; ỵ b ) với X A , X B là nghiệm của (*)

Vì X a + X e = 2 = 2xi và I, A, B cùng thuộc d nên I là trung điểm của

164

ị Câu II (2,00 điểm)

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

Phương trình đã cho tương đương với

4sinxcos2x + sin2x = 1 + 2 cosx o (2cosx + l)(sin2x — 1) = 0 (0,50)

Từ điều kiện ta có X + y > 0 nên (1) <=> X = 2y + 1 (3) (0,50)

Thay (3) vào (2) ta được

(y + \ ) y j ĩ ỹ = 2(y + 1) <=> y = 2 (do y + 1 > 0) => X = 5.

Câu III ( 2 điểm )

1 Viết phương trình mặt cầu đi qua các điểm A, B, c , D (1,00 điểm)

2 Tim tọa độ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác A B C (1,00 điểm )

f 3 3 i ' !

Măt câu đi qua A , B, c , D có tâm — —

V 2 2 2,Gọi phương trìn h m ặt phẳng đi qua ba điểm A, B, c là

Do đó phư ơng trinh m ặt phẳng (A B C ) là X + y + z - 6 = 0 (0,50)

Tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC chính là hình chiếu vuông

góc H của điểm I trên m ặt phang (ABC)

Giải hệ trên ta được H(2; 2; 2)

Câu IV (2,00 điểm )

T ừ giả thiết suy ra 22n 1 = 2048 <=> n = 6

2 Tìm tọa độ đỉnh C (1,00 điểm)

Do B,c thuộc (P), B khác c, B và c khác A nên B

với b, c là hai số thực phân biệt, b í 4 và c -ệ 4.

£ ; b16

2 Tính thể tích khối lăng trụ và khoảng cách giữa hai đường thẳng (1,00 điểm)

T ừ giả thiết suy ra tam giác ABC vuông cân tại B

Thể tích khối lăng trụ là

Gọi E là trung điểm của B B ’ Khi đó m ặt phẳng (A M E ) song song với

B ’C nên khoảng cách giữa hai đường thẩng A M ;B ’C bằng khoàng cách giữa

Gọi h là khoảng cách từ B đến m ặt phẳng (AM E) Do tứ diện BAME

có BA, BM , BE đôi m ột vuông góc nên

• 00

+ 00

Hàm số không có cực đại và cực tiểu

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng X = 1, tiệm cận ngang y = 1

(0,25)

(0,25) + 00

(0,25) lí

• Đ ổ thị: (0,25)

>

X

2 Tìm m đ é d: y = - X + m cắt (C) tại hai điểm phân biệt (1,00 điểm)

— = - X + m <=> X2 - mx + m = 0 (1) (do X = 1 không là nghiêm)

Câu II (2 điểm )

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

Phương trình hoành độ giao điểm của d và (C) là (0,50)

Phương trình đã cho Ci> — sin 3x - cos 3x = sin 2x

W,Ĩ2 Tìm m đ ể hệ phương trình có nghiệm thỏa m ãn xy < 0 (1,00 điểm)

Từ phương trình thứ nhất của hệ ta có X = my + 1 (1) Thay và

phương trình thứ hai ta có: m(my + 1) + y = 3 <=> y = — 7 — (2) (0,50)

m +1

+ Thay (2) vào (1) ta có X =

m > 3Xét điều kiện xy < 0: xy < 0 « —E?) < Q < Q ^

Vectơ chỉ phương của đường thẳng d là u = ( l ; - l ; 2 )

Do (P) vuông góc với d nên (P) có vectơ pháp tuyến là n p = (1; -1; 2 )

(0,50)Phương trình m ặt phẳng (P) là:

2 Tìm giá trị lớn nhất và nhỏ nhất của p = 2 (x ì +y3) - 3xy (1,00 điểm)

Ta có: p = 2(x + y)(x2+ y2- xy) - 3xy = 2(x + y)(2 - xy) - 3xy

^ 2 Tìm số hạng không chứa X trong khai triển (1,00 điểm)

Điều kiện X > - 1 Phương trình đã cho tương đương với

logj (x +1) - 3 log2 (x +1) + 2 = 0

Đặt t = log2(x + 1) ta được t2 - 3t + 2 = 0 <=> t = 1 hoặc t = 2 (0,50) Với t = 1 ta có log2 ( x + l ) = l < = > x + l = 2 < = > x = l (thỏa mãn điều kiện) Vói t = 2 ta có log2 ( x + l ) = 2 « x + l = 4 < = > x = 3 (thỏa mãn điều kiện)

V ậy nghiệm của phương trình đã cho là: X = 1, X = 3 (0,50)

Câu v b (2,00 điểm )

1 Giải phương trình logarit (1,00 điểm)

173

0,2

0

yCĐ= y(-3) = -6, yCT= y(-i) = -2

• Tiệm cận: Tiệm cận đứng X = -2, tiệm cận xiên y = X - 2

• Đồ thị

0,20,2

2 Tìm m để hàm số có cực đại và cực tiểu và (1,00 điểm) 0,5'

175

c=> (sin X + co sx )(l + sinxcosx) = (sin X + co sx)2

<=> (sinx + co sx )(l - sin x )(l - cosx) = 0

<=>x = - 4 + k7i, x = 2 + k27i (k eZ )

2 Tìm m để phương trình có nghiệm (1.00 điểm )

+) d, qua M (0; 1; -2), có véc tơ chỉ phương W| = (2; -1; 1), ®ttị d2 qua N (-l; 1; 3), có véctơ chỉ phương u2 - (2; 1; 0)

+) [«, ,m2 ] = 21 # 0 => d, và d2 chéo nhau 0

2 Viết phương trình đường thẳng d (1,00 điểm)

Giả sử d cắt dịVà d2 lần lượt tại A, B Vì A € d ,, B e d2, nên 0A(2s; 1 - s; -2 + s), B (-l + 2t; 'l + t; 3)

Giả sử phương trình đường tròn cẩn tìm là: X2 + y2 + 2ax + 2bx + c = 0 (1) 0,;

Thay toạ độ của M , N, H vào (1) ta có hệ điều kiện: 0,í

Từ (1) và (2) ta có điều phải chứng minh

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

Kết hợp điểu kiện ta được nghiệm của bất phương trình là g < X < :

2 Chứng minh AM _L BP và tính thể tích khối tứ diện CMNP (1,00 điểm)

Goi H là trung điểm của AD

Do (SAD) _L (ABCD) nên

0.0

0

0

17

1 K hảo sát sự biến thiên và vẽ đổ thị hàm số (1,00 điểm )

2 Tim m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và (1,00 điểm )

I Giải phương trình lượng giác (1.00 điểm)

Phương trình đã cho tương đương với sin7x - sinx + 2sin2 2x -1 = 0

' 2 Chứng m inh phương trình có 2 nghiệm (1.00 điểm)

Điều kiện X > 2 Phuofng trình đã cho tương đương với

(x - 2)(x3 + 6x2 - 3 2 - m ) = 0<=> x ,= 2 ,

X + 6 x - 3 2 - m = 0

Ta chứng m inh phuơng trình: X3 + 6x2 - 32 = m (1) có một nghiệm

trong khoảng (2; +CO )

18]

Câu I I I 2.00

1 Viết phương trình m ặt phẳng (Q) (1,00 điểm )

(S): (x - 1 )2+ (y + 2)2+ (z + 1)2= 9 có tâm 1(1; - 2; -1) và bán kính R = 3 0.25Mặt phảng (Q) cắt (S) theo đường ưòn bán kính R = 3 nẽn (Q) chứa I 0.25

n , _ , , , i X - 1 y + 2 z + \ 0.25

Phương trình cua đường thăng d là: - = - = ——

Toạ độ giao điểm của d và (S) là nghiệm của hệ: 0.25( x - 1 ) 3 +(_y + 2 ) 2 + ( z + l ) 2 = 9

2 = -1 = T "

Giải hệ ta tìm được hai giao điểm A(- 1; -1; -3), B(3; - 1; 1)

Ta có: d(A; (P)) = 7 > d(B; (P)) = 1 0.25Vậy khoảng cách từ M đến (P) lớn nhất khi M (-1; -1; -3)

Từ giả thiết suy ra n = 11

Hệ sô' của số hạng chứa X10 trong khai triển Niutơn của (2 + x )"là 0.5C

c ;í 2' = 2 2

2 Xác định toạ độ điểm B, c sao cho (1,00 điểm)

Vì B e d l? C e d2 nên B (b; 2 - b), C(c; 8 - c) Từ giả thiết ta có hệ 0.5(

Í Ã B Ã C = 0 ị b c - 4 b - c + 2 = 0 | ( ố _ 1 ) ( c _ 4 ) = 2

\ a B = A C * * | ó J - 2 é = cJ -8c + 1 8 ° | ( 6 - l ) 2 - ( c - 4 ) 2 = 3

18.

Gọi p là trung điểm của SA Ta có M N C P là hình bình hành nên 0.50

M N song song với m ật phẳng (SAC) M ặt khác BD 1 (SAC) nén

Đ Ể SỐ 7

Bộ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO ĐỂ THI TUYỂN s i n h đ ạ i h ọ c, c a o

Môn: Toán, khối D

Vậy có hai điểm M thoả mãn yéu cầu bài toán: M ( - ; - 2 ) v à M( l ; l )

1 Giải phương trình lượng giác (1.00 điểm)

Phương trình dã cho tương dương với

o u, V là nghiệm của phương trình: t2- 5t + 8 = m ( I)

Hệ đã c h o có nghiệm khi và chi khi phương trình

(1) có hai nghiệm t = tj, t = tj thoả mãn: |í,| > 2, |/2| > 2

(t|, t2 không nhất thiết phân biệt)

186

nghiệm khi và chỉ khi — < m < 2 hoặc m> 2

1 Viết phương trình đường thẳng d (1.00 điểm)

Toạ độ trọng tâm: G (0; 2; 2)

Ta có ÕĂ = (1; 4; 2), Ỡ ỗ = (-1 ; 2; 4)

Véc tơ chỉ phương của d là: n = (1 2 ;-6; 6) = 6(2; —1;1)

, X y - 2 1 - 2

Phương trình đường thang d: — = - =

-2 Tìm toạ độ điểm M (1.00 điểm)

Vì M E A => M(1 - 1; -2 + 1; 2t)

=> MA2 + M B 2=(t3+(6-t)2+(2-2t)2)+((-2+t): +(4-t)2+(4-2t)2)

= 12t2 -48t+76=12(t-2)" +28MA' +MB:nhỏ nhất o t = 2

0.25

0.250.5

0.25

2.00

0.50

187

=> f(x) nghịch biến trên khoảng (0; + °o)

Do f(x) nghịch biến trên (0; +co) và a> b > 0 nên f(a) < f(b)

và ta có điều phải chứng minh,

1 Tìm hệ số của Xs (1.00 điểm)

Hệ số của X5 trong khai triển của -ĩ(l — 2 x ý là ( - 2 ý Cị

Hệ số cùa Xs trong khai triển của x 2( l + 3jc)10 là 3 '\c f 0

Hệ số cùa X5 ưong khai triển của x( 1 - 2x)5 + x2( 1 + 3x)10 là 0.50

( - 2 ) 4.Q4 + 3 3.C, 0 = 3 3 2 0

2 Tìm m để có duy nhất điểm p sao cho tam giác PAB đổu (1.00 điểm)(Q có tâm I( 1; -2) và bán kính R = 3 ta có APAB đều 0.50nên IP = 2IA = 2R = 6t > P thuộc đường tròn (C ) tâm I

bán kính R ’ = 6

Trên d có duy nhất một điểm p thoả mãn yêu cầu bài toán 0.50khi và chỉ khi d tiếp với (C ) tại p <=> d(I; d) = 6 o m = 19, m = - 41

1 Giải phương trình logarit (1.00 điểm)

Điều kiệ > 0 Phương trình đã cho tương đương với: 0.50log2(4 A - - 27) = log2(4.2A - 3)2 <=> 5 (2 J )2 -1 3 2 * - 6 = 0

V = - —

2* = 3

do 2X > 0 nên 2 ' = 3 o x = log23 (thoả mãn điều kiện)

2 Chứng minh ASCD 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-LAC 0.50

Mặt khác, CD 1 SA Suy ra CD _L s c nên tam giác SCD vuông tại c.

188

Phương trình đã cho tương đương với:

2|x|3 - 9x2 + 12|x| - 4 = m - 4

Số nghiệm của phương trình đã cho bằng số giao điểm của đồ thị hàm số

y = 2 |x|3 - 9x2 + 12|x| - 4 với đường thẳng y = m - 4 0,25Hàm số y = 2 |x|s - 9x2 + 12|x| - 4 là hàm chẵn, nên đổ thị nhận Oy làm trục

Từ đồ thị của hàm số đã cho suy ra đồ thị hàm số: 0, 25

y = 2 |xp - 9x2 + 12|x| - 4

190

Từ đồ thị suy ra phương trình đã cho có 6 nghiệm phân biệt khi và chỉ khi:

0 < m - 4 < l < = > 4 < m < 5 0,25

Câu II (2,0 điểm)

1 Giải phương trình lượng giác

V2

Điểu kiện sin X * — —

2

Phương trình đã cho tương đương với:

2(sin6 X + cos6 x) - sin X cos X = 0

Từ phương trình thứ nhít của hệ suy ra: X + y = 3 + 1

Bình phương hai vế của phương trình thứ hai ta được:

x + y + 2 + 2^ xy+x+y+ 1 = 1 6 (2)

Thay xy = t2, X + y = 3 + 1 vào (2) ta được:

3 + t + 2 + 2 Vt^+3+t+ĩ = 16

(1,0)(1)

0 ,5

0,25

0, 25 (1,0)

0, 25

0, 25

191

Suy ra, nghiệm của hệ là (x, y) = (3,3) 0 ,2 5

Câu III (2.00 điểm)

1 Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng A’C và MN (1.00 điểm)

Gọi (P) là mặt phẳng chứa A’C và song song với MN

(KM, da) = \-jL L Ẩ = 1^=5 o, 25

Vl2+ ( - l)2 V2

|3y + 3| | y - 4 |d(M, d,) = 2d(M, d2) o = 2 H-7=-i

Vói y = -11 được điểm Mị (- 22, -1 1 )

2 Tìm hệ số của x“ trong khai triển nhị thức Niutơn 1,0

• Từ giả thiết suy ra: