11 DE THI DH KHOI A,A1,B

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG

TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

MA TRẬN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2

LỚP 12 KHỐI A, A1, B

MÔN Toán; Thời gian 180 phút

I- MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA

Mức nhận thức Chủ đề - Mạch kiến thức, kĩ năng Nhận biết Thông hiểu Vận dụng Tổng hợp

Tổng

Hàm số 1 1

1 1

2 2

Lượng giác 1 1

1 1

Phương trình, bất phương trình, hệ phương trình đại số

1 1

1 1

2 2

Nguyên hàm 1 1

1 1

Hình học không gian 1 1

1 1

Bất đẳng thức 1 1

1 1

Hình học tọa độ trong mặt phẳng 1 1

1 1

Tổ hợp và xác suất 1 1

1 1

Tổng 2

2

3

3

3

3

2

2

10

10

II- BẢNG MÔ TẢ TIÊU CHÍ LỰA CHỌN CÂU HỎI

Câu 1. Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan (2 điểm)

Câu 2. Giải phương trình lượng giác (1 điểm)

Câu 3. Tìm nguyên hàm (1 điểm)

Câu 4. Giải hệ phương trình vô tỷ (1 điểm)

Câu 5. Hình học không gian: Tính thể tích và tính góc hoặc khoảng cách

Câu 6. Bài toán tổng hợp (Bất đẳng thức hoặc GTLN, GTNN)

Câu 7. Hình học tọa độ trong mặt phẳng (1 điểm)

Câu 8. Giải phương trình hoặc bất phương trình mũ, logarit (1 điểm)

Câu 9. Tổ hợp và xác suất (Bài toán về nhị thức Niu-tơn; bài toán xác suất) (1 điểm)

III- ĐỀ THI

www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

(Đề thi gồm có 01 trang) (Thí sinh không được sử dụng tài liệu)

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN 2 NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: TOÁN LỚP 12 THPT ĐỀ DÀNH CHO KHỐI: A, A1, B

Thời gian làm bài: 180 phút

Họ, tên thí sinh: ........................................................................ Số báo danh: ..................................... Họ và tên; Chữ kí của giám thị : ........................................................................................................ PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 4 22 4 y x x

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

2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình 2 24 2 1 0x x m có đúng 6 nghiệm phân biệt.

Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình

2

2tan tan 2 sin

2 4tan 1

x x xx

.

Câu 3 (1,0 điểm). Tìm họ nguyên hàm 4 1 x x dx

Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0

1 3 2 2 0

x y y x

x x y y

Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi G là trọng tâm tam giác AB’C’. Tính thể tích tứ diện GABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC.

Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn

24

2014a b c abc . Chứng minh rằng

2014a b c

a bc b ca c ab

PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)

A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm I(1; 1), M(-2; 2) và N(2; -2). Tìm tọa độ đỉnh A và B của hình vuông ABCD sao cho I là tâm hình vuông đó, hai điểm M và N thứ tự nằm trên cạnh AB và CD.

Câu 8a (1,0 điểm). Giải bất phương trình 22log 1 log 2 log 1 x x x

Câu 9a (1,0 điểm). Trong giờ Thể dục, tổ 1 lớp 12A có 12 học sinh gồm 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ tập trung ngẫu nhiên theo một hàng dọc. Tính xác suất để người đứng đầu hàng và cuối hàng đều là học sinh nam.

B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(3; 4) và N(5; 3). Tìm điểm P trên đường elip (E): 2 24 = 8x y sao cho tam giác MNP có diện tích bằng 4,5.

Câu 8b (1,0 điểm). Giải phương trình

2 2

1log 4 15.2 27 2 log 04.2 3

x xx

Câu 9b (1,0 điểm). Tính tổng 0 2 4 20142014 2014 2014 2014+ 3 5 ... 2015S C C C C .

_______Hết_______

ĐỀ CHÍNH THỨC


www.MATHVN.com

SỞ GD&ĐT BẮC GIANG TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN

HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN 2

NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN LỚP 12 ; KHỐI: A, A1, B

Chú ý : Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng phần tương ứng. CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

* TXĐ: D * Sự biến thiên:

- Các giới hạn

4

22lim lim 2 1

x xy x

x

0,25

- Chiều biến thiên: 3' 8 8 ,y x x x . Do đó

2 0' 0 8 ( 1) 0

1x

y x xx

Khoảng NB: (-∞-1) và (0; 1), khoảng ĐB: (-1; 0) và (1; +∞) H/s đạt cực tiểu bằng -2 tại 1x , h/s đạt cực đại bằng 0 tại 0x - Lập đúng bảng biến thiên:

0,25 0,25

Câu 1.1 (1,0 điểm)

* Đồ thị (Hinh1a)

Hình 1b

0,25

Câu 1.2 (1,0 điểm) - PT: 2 24 2 1 0x x m (1)

2 2 12 2

2mx x (2)

PT (2) là PT hoành độ giao điểm của

1:

2md y và đồ thị 2 2( ') : 2 2C y x x

- Chỉ ra

4 22 2

4 2

2 4 khi 2 2 2

(2 4 )khi 2

x x xy x x

x x x.

- Vẽ đúng (C’): Hình 1b - Dựa vào đồ thị (C’) và đặc điểm đường thẳng d chỉ ra PT (1) có đúng 6 nghiệm phân biệt

10 2 3 1

2m

m

KL: với ( 3; 1)m thì PT (1) có đúng 6 nghiệm phân biệt.

0,25 0,25

0,25

0,25

Câu 2 (1,0 điểm)

ĐK: , 2

x k k

PT 12 2 2cos (tan tan ) (sin cos ) 2(sin sin cos ) sin cos2

x x x x x x x x x x

4sin 0

4sin cos 2 sin 1 0 2 , 61sin 52 26

x kx

x x x x k kx

x k

Đối chiếu ĐK và KL nghiệm của PT….

0,25 0,25 0,5


www.MATHVN.com


- Đặt

22 14 1 4 1 ,

4 2t tdtt x t x x dx (1)

- Xét 4 1 .I x x dx Từ (1)có:

2 2 5 34 21 1

4 2 8 40 24t t dt t tI t t dt C .

Vậy

5 34 1 4 1

40 24

x xI C

0,25 0,5 0,25


-Hệ

3 3 2

2 2 2

3 3 2 0 (1)

1 3 2 2 0 (2)

x y y x

x x y ycó ĐKXĐ:

2

2

1 0 1 10 22 0

x xyy y

(*)

- PT(1) 3 33 ( 1) 3( 1)x x y y (1’)

Xét hàm số 3( ) 3f u u u . Khi đó: PT (1’) trở thành ( ) ( 1)f x f y .

Chỉ ra hàm số 3( ) 3f u u u nghịch biến trên [-1; 1] PT (1’) nghiệm đúng khi và chỉ khi 1 1x y y x (3)

- Thế (3) vào (2) ta có PT:

2

2 2 2 22 1 2 0 1 1 0 1 1 0x x x x x

- Vói 0x thì 1y (T/m ĐK(*)) . KL : Hệ đã cho có nghiệm ( ; ) (0;1)x y

0,25 0,25

0,25

0,25

K

HM

G

M'

C'

B'

A C

B

A'

- CM được lăng trụ ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng có cạnh bên AA’= a, đáy là ∆ABC, ∆A’B’C’ đều cạnh a. Gọi M, M’ là trung điểm cạnh BC, B’C’ và H là hình chiếu vg góc của G trên (ABC) ' ( ),MM ABC ' ,MM a

2', = '3

G AM AG AM và ,H AM //GH MM'

23

GH a , GH là chiều cao hình chóp G. ABC

- Tính đúng: 2 34ABC

aS nên 31 3.

3 18GABC ABCaV GH S

0,25 0,25


- Chứng minh được BC // (AB’C’) d(AB’, BC) = d(BC, (AB’C’) ) = d(M, (AB’C’) ) (1) Chứng minh được (AB’C’) (AMM’), (AB’C’) (AMM’)= AM’ - Gọi K là h/chiếu vuông góc của M trên AM’MK (AB’C’) tại Kd(M, (AB’C’))= MK (2)

Tính đúng: MK = 217

a (3) . Từ (1) , (2) và (3)d(AB’, BC)= 217

a

0,25

0,25


- Theo giả thiết , , 0a b c , áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số , a bc ta có:

44 4

1 1 12 . . .2

aa bc a bca bc b c

≤

1 1 14 b c

dấu “=” xảy ra khi và chỉ

khi 0a bc và 4 4 0b c

a

a bc

1 1 14 b c

, dấu “=” xảy ra khi 0a b c .

- Tương tự:

1 1 14

b

b ca c a, dấu “=” xảy ra khi 0a b c ,

1 1 12

c

c ab a bdấu “=” xảy ra khi 0c ab .

Do đó:

a b c

a bc b ca c ab

1 1 1 12

bc ca ab

a b c abc, dấu“ = ”

0,25 0,25


www.MATHVN.com

xảy ra khi 0a b c (1)

- Áp dụng BĐT Cosi có

2 2 2b c c a a bbc ca ab a b c , dấu “ = ”

xảy ra khi 0a b c (2)

Từ (1), (2) có

a b c a b ca a b c b ca c ab abc

, dấu “=” xảy ra khi 0a b c (3)

- Theo giả thiết:

24

2014a b c abc , với , , 0a b c thì 4028a b c abc (4)

Từ (3), (4)

2014a b c

a bc b ca c ab, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =

234028

0,25 0,25

Câu 7a (1,0 điểm)

N

HI

C

A D

B

P

M

- Gọi P =NI ∩ AB P = ĐI(N) P = (0; 4) - PT đường thẳng AB là PT đt qua M, P: x-y + 4 = 0 Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB: IH = d(I, AB) = 2 2 - Pt đt IH: x + y - 2 = 0 Tọa độ điểm H = (-1; 3) - Điểm I là tâm hình vuông ABCD HA= HB =HI

A, B nằm trên đường tròn (H, R = 2 2 ) Hoành độ, tung độ điểm A, B là nghiệm hệ:

2 2

4 0 151 ( 3) 8

x y xyx y

hoặc

31

xy

ĐS: A(1; 5) , B(-3; 1) và A(-3; 1), B(1; 5)

0,25 0,25 0,25 0,25


- PT 2 2log( 1) log( 2) log( 1) x x x (1) có ĐKXĐ: x > 2 (*) - Với ĐK(*), BPT (1) 2 2log( 1) log( 1) +log( 2)x x x

2 2 2 2log( 1) log( 1) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)x x x x x x

2 1 21 1 . 2 2 1 0

1 2

xx x x x x

x

(**)

- Kết hợp (**) với ĐK (*) Tập nghiệm BPT (1) là [1+ 2; + ]S

0,25 0,25 0,25 0,25


- Số phần tử của KG mẫu = 12! - Gọi A là biên cố: “Người đứng đầu hàng và cuối hàng của tổ 1lớp 12A đều là học sinh nam” thì

27 .10!A A

- Xác suất để người đứng đầu hàng và cuối hàng của tổ 1, lớp 12A trong giờ Thể dục đều là học

sinh nam: 27 .10! 7( )12! 22

A AP A

0,25 0,5 0,25

Câu 7b (1,0 điểm)

- Giả sử tọa độ điểm ( ; )P a b . Từ giả thiết 2 2( ) : 4 = 8P E x y 2 2a 4 = 8b (1)

ĐK: 2 2, 2a b

- Tính đúng 5MN và chỉ ra 1 5( , ) ( , ) 4,52 2MNPS d P MN d P MN (*)

- Viết đúng PT đường thẳng : 2 11 0MN x y

2 11

( , )5

a bd P MN (**)

Từ (*), (**) 2 11 9a b (2)

- Giải hệ: 1 32 24 = 8 (1) ... 1 32 11 9 (2)

2

aa ba b b

hoặc 1 3

1 32

a

b

( Thỏa mãn ĐK)

0,25 0,25 0,25 0,25


www.MATHVN.com

KL: Có hai điểm thỏa mãn đề bài 1 3 1 31 3; , 1 3;2 2


- PT

2 2

1log 4 15.2 27 2 log 04.2 3

x xx

(1) có ĐKXĐ: 324

x

- Đặt 32 , 4

xt t . Khi đó PT (1) trở thành: 2

2 2log 15 27 log 4 3 0t t t (2)

- Giải PT (2) có được 3 2 3xt . Do vậy, 2log 3x

0,25 0,25 0,5


- Xét khai triển

2014 0 1 2 2 3 3 4 4 5 2013 20142014 2014 2014 2014 2014 2014

2014 20152014

( ) 1 + ...

f x x x C x C x C x C x C x C x

C x- Chỉ ra:

0 1 2 2 3 3 4 4 2013 20132014 2014 2014 2014 2014 2014

2014 20142014

'( ) + 2 3 4 5 ... 2014

2015

f x C C x C x C x C x C x

C x

'2014 2014 2013

'( ) 1 1 2014 1f x x x x x x

- Tính đúng:

0 2 4 2014 20142014 2014 2014 2014

2013

'(1) '( 1) 2 + 3 5 ... 2015 1008.2

1008.2

f f C C C C

S

0,25 0,25 0,5


www.MATHVN.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com 1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN TRƯỜNGTHPT PHAN ĐĂNG LƯU

ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 – 2014 MÔN: TOÁN. KH ỐI A ,B và 1A

Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y=2 1

1

x

x

−−

có đồ thị(C)

a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C)

b) Viết phương trình tiếp tuyến với đồ thị (C). Biết khoảng cách từ điểm I(1;2) đến tiếp tuyến đó bằng 2 Câu 2. (2 điểm)

a,Giải phương trình: 22cos 10cos( ) 3 sin 2 5 06

x x xπ+ + − + =

. b,Giải hệ phương trình: 3

2 4 3

1 1 2

9 (9 )

x y

x y y x y y

+ + − =

− + = + −

Câu 3. (1 điểm) Tính tích phân 24

2

4

sin 1

1 2cos

x xI dx

x

π

π−

+=+∫ .

Câu 4. (1 điểm) Cho hình chópS.ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a. Góc∠ ABC= 0120 ,O là giao điểm của ACvàBD,Ilà trung điểm của SA ,E là trung điểm của cạnh AB,SB vuông góc với mp(ABCD).Góc giửa mp(SAC) và mp(ABCD) bằng 045 .Tính thể tích của khối chóp S.ACE và khoảng cách giửa hai đường thẳng SDvà CI

Câu5.(1điểm)Cho a;b;c là 3 số dương thỏa mãn a+b+c=3.CmR:2 2 22 2 2

4ab bc ac

a b ca b b c c a

+ ++ + + ≥+ +

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).

A.Theo chương trình Chuẩn.

Câu 6a. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa Oxy cho ABC∆ có trọng tâm G(4

3;1), trung điểm BC là

M(1;1) phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là:2x+y-7=0.Tìm tọa độ A;B;C Câu 7a. (1 điểm) Trong không gian với hệ trụcOxyz cho điểm A(1;1;0) ;B(2;1;1) và đường thẳng d:

1 2

2 1

x yz

− −= = .Viết pt đường thẳng ∆ đi qua điểm A vuông góc với đường thẳng d sao cho khoảng cách

từ B đến ∆ là lớn nhất

Câu8a(1 điểm)Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho khai triển( )1n

x+ có tỉ số 2 hệ số liên tiếp bằng 7

15

B.Theo chương trình Nâng cao.

Câu 6b.(1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa Oxy cho e-líp (E):2 2

19 4

x y+ = và đường thẳng ∆ : 2x-

3y+6=0.Viết phương trình đường tròn (C) có tâm ∈(E) và tiếp xúc với ∆ . Biết rằng bán kính đường tròn (C) bằng khoảng cách từ gốc tọa độ 0 đến ∆ Câu 7b. (1 điểm) Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz cho 2 mặt phẳng(p):x-2y+z=0 và (Q):x-3y+3z+1=0

và đường thẳng d:1 1

2 1 1

x y z− −= = .Viết pt đường thẳng∆ nằm trong mặt phẳng (P)song song với mặt phẳng

(Q) và cắt đường thẳng d Câu 8b. (1 điểm)Tính giá trị biểu thứcA= 2 4 6 2014

2014 2014 2014 20142 3 ... 1007C C C C+ + + +



------------------------Hết------------------------



HƯỚNG DẪN CHẤM DỀ KHỐI A,B Câu I (2 đ )

Tập xác địnhR\ 1

Sự biến thiên:2

1

( 1)y

x′ = −

−0 1y x′⇒ < ∀ ≠

.................................................................................................................................................... hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng(- ;1)∞ và(1; )+∞

limx→±∞

2 1

1

x

x

−−

=2 ⇒ đt y=2 là tiệm cận ngang khi x→ ±∞

1lim

x −→

2 1

1

x

x

−−

= -∞ ;1

limx +→

2 1

1

x

x

−−

= +∞ ⇒ đt x=1 là tiệm cận đứng

................................................................................................................................................. Bảng biến thiên x -∞ 1 +∞ y’ - - y 2

-∞ +∞

2

.................................................................................................................................................. Đồ thị Đồ thị cắt ox:A(1/2;0) Đồ thị cắt ox:B(0;1) Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng ..............................................................................................................................................

b,PT tt của đồ thị (C) tại điểm 0M ( 0 0,x y )là: 2 20 0 0( 1) 2 2 1 0x x y x x+ − − + − = (∆ )

..................................................................................................................................................

d(I; ∆ )= 00

400

02 22

21 ( 1)

xx

xx

=− = ⇔ =+ −

.............................................................................................................................................. có 2 pt tt là y=-x+1 và y=-x+5

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.25



CâuII (2 đ) a, 2os 10cos( ) 3 sin 2 5 0

6c x x x

Π+ + − + = 22cos 1 10cos( ) 3 sin 2 6 06

x x xπ⇔ − + + − + =

.......................................................................................................................................

cos2x - 3 sin 2 10cos( ) 6 06

x xπ+ + + = 2cos(2 ) 10cos( ) 6 0

3 6x x

π π⇔ + + + + =

............................................................................................................................................

24cos ( ) 10cos( ) 4 06 6

x xπ π⇔ + + + + = 22cos ( ) 5cos( ) 2 0

6 6x x

π π⇔ + + + + =

..................................................................................................................................................

cos( ) 26

xπ+ = − (loại) hoặc cos(

1)

6 2x

π+ = − 52 ; 2

2 6x k x k

π ππ π⇒ = + = − + , k z∈

............................................................................................................................................ b,Giải hệ PT

3

2 4 3

1 1 2;(1)

9 (9 );(2)

x y

x y y x y y

+ + − =

− + = + − đ/k y 1≤

(2) 3

3( )( 9) 0

9 0

y xx y x y

x y

=⇔ − + − = ⇔ + − =

...................................................................................................................................

Thay y=x vào(1) ta có pt:30

1 1 211 6 3

x yx x

x y

= =+ + − = ⇔

= = − ±

.....................................................................................................................................

Do y 1≤ ta có (1) 3 1 2 1 2 7x y x⇔ + = − − ≤ ⇒ ≤

....................................................................................................................................... 3 9 1 0x y⇒ + − ≤ − < pt (2) vô nghiệm

Vậy hệ pt có nghiệm là:x=y=0 và x=y= -11 6 3±

0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25

CâuIII (1 đ) I=

2 24 4 4

2 2 2

4 4 4

s inx 1 s inx 1

1 2cos 1 2cos 1 2cos

x xdx dx dx

x x x

π π π

π π π− − −

+ = ++ + +∫ ∫ ∫

1( )I ( )2I

............................................................................................................................

giải 1I =0 2 24

2 20

4

sin sin

1 2cos 1 2cos

x x x xdx dx

x x

π

π−

++ +∫ ∫ .xét J=

0 2

2

4

sin

1 2cos

x xdx

xπ−+∫ ,Đặt t=-x

0 2 24

2 20

4

s inx s inx

1 2cos 1 2cos

x xdx dx

x x

π

π−

⇒ = −+ +∫ ∫ suy ra 1 0I =

................................................................................................................................

4 4 4

2 2 22

24 4 4

(t anx)11 2cos t an x+3os ( 2)

cos

dx dx dI dx

x c xx

π π π

π π π− − −

= = =+ +

∫ ∫ ∫ .Đặt tanx=t

x -

4

π

4

π

t -1 1

0.25 0.25 0.25



. 1

2 21 3

dtI

t−

=+∫ Đặt t= 3 tanz

2

3

os x

dtdt

c⇒ =

t -1 1 z

6

π− 6

π

6 6

2 2 2

6 6

3 1

cos (3tan 3) 3 3 3

dxI dx

x x

π π

π π

π

− −

= = =+∫ ∫

0.25

CâuIV (1 đ)

22 01 3sin120

2 2ABCD

aS a= = ,

2 3

8ACI

aS∆ =

..........................................................................

SB=BO=2

a ,V=

31 3.

3 48ACI

aSB S∆ = (DVTT)

EO

B

A

C

S

D

I

...........................................................................

Đặt O(0;0;0) ;A3

( ;0;0)2

a; C

3( ;0;0)

2

a− ;

B(0;2

a;0); B(0;

2

a;0);S(0;

2

a;

2

a);I

3( ; ; )

4 4 4

a a a

(CI = 3 3

; ; )4 4 4

a a a= (3 3;1;1); (0; ; ) (0;2;1)

4 2 2

a a aSD a= − − = −

;

;n CI SD = =

2

( 1; 3 3;6 3)8

a− − − ptmp(α ) chứa CI // SD là

3( ) 3 3( 0) 6 3( 0) 0

2

ax y z− + − − + − = 3

3 3 6 3 02

ax y z⇔ + − + =

........................................................................................................................................

2 2

3 3 32 2

( ;( ))1 (3 3) (6 3)

a a

d D α− +

=+ +

=3

136

a

0.25 0.25 0.25 0.25

CâuV (1 đ)

( )2 2 2 2 2 23 ( )( )a b c a b c a b c+ + = + + + + = 3 3 3 2 2 2 2 2 2a b c a b b c c a ab bc ca+ + + + + + + + .

............................................................................................................................................ 3 2 22a ab a b+ ≥ ; 3 2 22b bc b c+ ≥ ; 3 2 22c ca c a+ ≥ 3(⇒

22 2 2 2 2) 3( ) 0a b c a b b c c a+ + ≥ + + > .....................................................................................................................................

0.25 0.25 0.25



VT 2 2 22 2 2

ab bc aca b c

a b c

+ +≥ + + + =+ +

2 2 22 2 2

2 2 2

9 ( )

2( )

a b ca b c

a b c

− + ++ + ++ +

; Đặt t= 2 2 2a b c+ +

............................................................................................................................................

VT9 9 1 3 1

32 2 2 2 2 2 2

t t tt

t t

−≥ + = + + − ≥ + − =4 dấu bằng xẩy ra khi a=b=c=1

0.25

Tựchọn cơ bản CâuVI (1 đ)

a,Ta cóA(2;1) B∈BH⇒B(b;7-2b) ........................................................................................................................................... M là trung điểm của BC⇒C(2-b;2b-5) ...........................................................................................................................................

( ;2 6);AC b b BH= − −

⊥ AC

. 0BHU AC = 12

5b⇒ = 12 11 2 1

( ; ); ( ; )5 5 5 5

B C⇒ − −

0.25 0.25 0.25 0.25

CâuVII (1 đ)

a, Véc tơ chỉ phương đt d: (2;1;1); 1;0;1) , (1; 1; 1)d dU AB U U AB∆ = = ⇒ = = − −

............................................................................................................................................

Pt đt d:1 1

1 1 1

x y z− −= =− −

0.5 0.5

CâuVIII a,

1 7

15

kn

Kn

C

C

−

= ! ! 7

1 :( 1)!( 1)! !( )! 15

n nk n

k n k k n k≤ ≤ ⇔ =

− − + −

..............................................................................................................................................

15.⇔ 15. ! 7. !

( 1)!( 1)! !( )!

n n

k n k k n k⇔ = ⇔

− − + −15 7

15 7 7 71

k n kn k k

= ⇔ = − +− +

...............................................................................................................................................

7n=22k-722

1 7 217

kn k n⇔ = − ⇒ = ⇒ =

0.25 0.25 0.25

Tự chọn nâng cao CâuVI

b,R= ( , )

6

13od ∆ = .Gọi I( 0 0; )x y là tâm đường tròn (C)

2 20 0 19 4

x y⇒ + = (1)

...............................................................................................................................................

0 0( ; )

2 3 6 6

13 13I

x yd R∆

− += ⇔ = ⇔ 0 0

0 0

2 3 12 0;(2)

2 3 0;(3)

x y

x y

− + = − =

Từ (1) và (2)suy ra: 2 20 00 0( 2) 1 2 12 27 0

9 3

x xx x+ + = ⇔ + + = vô nghiệm

...............................................................................................................................................

Từ(1)và(3)suyra:2 20 0

0

3 21

9 9 2

x xx+ = ⇔ = ±

Khi 2 20 0

3 2 3 2 362 ( ) : ( ) ( 2)

2 2 13x y C x y= ⇒ = ⇒ − + − =

............................................................................................................................................

0.25 0.25 0.25 0.25



Khi 0 0

3 22 ( )

2x y c= − ⇒ = − ⇒ : 2 23 2 36

( ) ( 2)2 13

x y+ + + =

CâuVII

b,Đặt

1 21 1

2 1 11

x tx y z

t y t

z t

= +− − = = = ⇔ =

= +

(1)

................................................................................................................................................. dt d cắt (p) ta có 1+2t-2t+1+t=0 2 ( 3; 2; 1)t A⇔ = − ⇒ − − − ................................................................................................................................................

(1; 2;1); (1 3;3) , ( 3; 2; 1)p Q p Qn n U n n∆ = − = − ⇒ = = − − −

................................................................................................................................................

PTđường thẳng 3 2 1

:3 2 1

x y z+ + +∆ = =

0.25 0.25 0.25 0.25

CâuVIII (1 đ)

b,( )2014 0 1 2 2 2014 20142014 2014 2014 20141 ...x c c x c x c x+ = + + + + (1)

( )2014 0 1 2 2 2014 20142014 2014 2014 20141 ...x c c x c x c x− = − + − + (2)

Lấy (1)+(2) Ta có f(x)= 2014 2014 0 2 2 2014 20142014 2014 2014(1 ) (1 ) 2 2 ... 2x x c x c x c x+ + − = + + +

......................................................................................................................................... Lấy đạo hàm 2 vế ta được

f’(x)=2014 2013 2013(1 ) 2014(1 )x x+ − − = 2 4 3 2014 20132014 2014 20144 8 ... 4028c c x c x+ + +

...........................................................................................................................................

Thay x=1 ta được f’(1)= 2013 2 4 20142014 2014 20142014.2 4 8 ... 4028c c c= + + + 20131007

.22

A⇒ =

Chú ý: ( Học sinh giải cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa)

0.25 0.25 0.25 0.25

www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com


TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014 Môn: TOÁN; Kh ối D

(Thời gian làm bài 180 phút) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm). Cho hàm số 3 2

(2 1) 2y x m x= − + + − (1), với m là tham số thực 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi 1m = 2) Tìm m để đường thẳng : 2 2d y mx= − cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt (0; 2), (1;2 2),A B m− − C sao cho 2.AC AB=

Câu II (2 điểm).

1) Giải phương trình 21 sin 2 2 3 sin ( 3 2)sin cos 0x x x x+ + + + + =

2) Giải hệ phương trình 3 3 2

2 2 2

12 8 24 16 0

2 4 12 2 8

− − + − =

+ − − − = −

x x y y

x x y y

Câu III (1 điểm). Tính tích phân ( )1

52

0

2 1I x x dx = − ∫

Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình bình hành với 2 , 2, 6.AB a BC a BD a= = = Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ( )ABCD là trọng tâm G của tam giácBCD . Biết 2SG a= . Tính thể tích của khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểmA đến mặt phẳng ( )SBD theo a. Câu V (1 điểm). Cho ,x y là hai số dương thỏa mãn 3x y xy+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 23 3

1 1

x y xyM x y

y x x y= + + − −

+ + +

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(Phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho đường tròn ( )C tâm I có phương trình 2 2

2 2 2 0x y x y+ + − − = và điểm ( )4;1M − . Viết phương trình đường thẳng d đi qua điểm M , cắt đường

tròn ( )C tại hai điểm phân biệt ,N P sao cho tam giácINP có diện tích bằng 3 và gócNIP nhọn. Câu VIIa (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( )P có phương trình

2 0x y z+ + − = và ba điểm (0;0;1), (1;0;2), (1;1;1)A B C . Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm , ,A B C và có tâm nằm trên mặt phẳng ( )P .

Câu VIIIa (1 điểm). Một hộp đựng 12 quả cầu trong đó có 3 quả màu trắng, 4 quả màu xanh và 5 quả màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả. Hãy tính xác suất sao cho 3 quả đó cùng màu. B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai điểm ( 3;0), ( 1;0)A I− − và elip

2 2

( ) : 19 4

x yE + = . Tìm tọa độ các điểm ,B C thuộc( )E sao choI là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giácABC

Câu VIIb (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho mặt phẳng ( )P có phương trình 2 3 0x y z− + − = và điểm (1; 2;0)I − . Viết phương trình mặt cầu tâm I cắt mặt phẳng ( )P theo một

đường tròn có chu vi bằng 6π .

Câu VIIIb (1 điểm). Tìm số hạng chứa 6x trong khai triển của biểu thức

10

3 1x

x

+

(với 0x ≠ )

……….Hết……….



ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM ĐỀ THI TH Ử ĐH LẦN I. NĂM HỌC: 2013 – 2014

Môn thi: Toán. Khối D Câu Ý Nội dung Điểm

Khi 1m = ta có 3 23 2y x x= − + −

• TXĐ: D=R • Sự biến thiên

- Chiều biến thiên , 2 ,3 6 , 0 0y x x y x= − + = ⇔ = hoặc 2x =

0,25

Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2)nghịch biến trên các khoảng( ;0)−∞ và(2; )+∞

- Cực trị:Hàm số đạt cực đại tạiD

2, 2C

x y= = .Hàm số đạt cực tiểu tại 0, 2CT

x y= = −

- Giới hạn: limx

y→−∞

= +∞ , limx

y→+∞

= −∞

0,25

- BBT 0,25

1

• Đố thị

6

4

2

2

4

6

5 5

0,25

Phương trình hoành độ giao điểm của d và đồ thị hàm số (1): 3 2(2 1) 2 0x m x mx− + + − = (*) 0; 1; 2x x x m⇔ = = =

0,25

d cắt ( )mC tại 3 điểm phân biệt (*)⇔ có 3 nghiệm phân biệt

10,

2m m⇔ ≠ ≠

0,25

Khi đó 2(2 ;4 2)C m m − . 2 2 2AC AB m= ⇔ = 0,25

I

2

1m⇔ = ± . Vậy m cần tìm là 1m = ± 0,25

Pt⇔ 22 3 sin ( 3 2)sin 1 sin 2 cos 0x x x x + + + + + =

(2sin 1)( 3 sin 1) cos (2sin 1) 0x x x x⇔ + + + + =

0,25

(2sin 1)( 3 sin cos 1) 0 2sin 1 0x x x x⇔ + + + = ⇔ + = hoặc 3 sin cos 1 0x x+ + = 0,25

II 1

21 6

2sin 1 0 sin ( )2 7

26

x k

x x k Z

x k

π π

π π

− = +−+ = ⇔ = ⇔ ∈ = +

0,25

y

y’

x 0 2

+∞

-2

2

-∞

-∞ +∞

0 0 - + -



π ππ

π π

= +− + + = ⇔ − = ⇔ ∈− = +

21

3 sin cos 1 0 cos ( )3 2 2

3

x k

x x x k Zx k

Vậy nghiệm của pt làπ ππ π−= + = +7

2 , 26 6

x k x k ,ππ π π−= + = + ∈2 , 2 ( )3

x k x k k Z

0,25

Điều kiện 2 2

0 2

− ≤ ≤ ≤ ≤

x

y

3 3(1) 12 (2 2) 12(2 2)x x y y⇔ − = − − −

0,5

Xét hàm số 3( ) 12= −f t t t trên [ ]2;2− có [ ]/ 2( ) 3 12 0 2;2= − ≤ ∀ ∈ − ⇒f t t t hàm số

nghịch biến trên [ ]2;2− nên (1) ( ) (2 2) 2 2⇔ = − ⇔ = −f x f y x y thế vào (2) ta được

0,25

2 2 2

2 2

(2 2) 2 4 (2 2) 12 2 8

2 2 2 3 0

− + − − − − = −

⇔ − + − − =

y y y y

y y y y

0,25

2

22 1 1 0.⇔ − = ⇔ = ⇒ =y y y x Hệ có nghiêm duy nhất 0

1

x

y

= =

0,25

Đặt 21 2x t xdx dt− = ⇒ − = . 1 0; 0 1x t x t= ⇒ = = ⇒ = 0,25

Ta có ( )1 1 1

52 4 2 5 2 5

0 0 0

2 1 2 . .(1 ) (1 ) .I x x dx x x x dx t t dt = − = − = − ∫ ∫ ∫ 0,25

16 7 8

0

2

6 7 8

t t t = − +

III

1

168=

0,25

Ta có 2 2 2

AB AD BD+ = nên tam giác ABD vuông tại A

0,25

Diện tích đáy ABCD: = = 2. 2 2S AB AD a . Thể tích khối chóp SABCD

3

21 1 4 2. .2 2 .2

3 3 3

aV S SG a a= = =

0,25

IV

Kẻ ( )GI BD I BD⊥ ∈ , kẻ ( )GH SI H SI⊥ ∈ . Ta có ( ) ( )BD SG BD SGI BD GH GH SBD⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥

0,25



( ,( )) ( ,( )) 3 ( , ( )) 3d A SBD d C SBD d G SBD GH= = =

Kẻ ( )CM BD M BD⊥ ∈ . Ta có

2 2 2

1 1 1 2 1 2

33 3 3

a aCM GI CM

CM CB CD= + ⇒ = ⇒ = =

2 2 2

1 1 1 3( ,( ))

7 7

a aGH d A SBD

GH GI GS= + ⇒ = ⇒ =

0,25

2 2( ) ( )

1 1 1 1

x y xy x x y xy y xy xy xy xyM x y

y x x y y x x y

+ + + += + + − − = + ++ + + + + +

0,25

( )1

22 2 2

xy xy xyx y y x xy

y x xy≤ + + = + +

0,25

1 ( 1) ( 1) 3

2 2 2 2 2

x y y x x y+ + + ≤ + + =

0,25

V

Dấu = xảy ra khi và chỉ khi 1x y= = . Vậy GTLN của M bằng 3

2khi 1x y= =

0,25

Đường tròn ( )C có tâm ( 1;1)I − , bán kính 2R = 0,25

1 33 . . .sin 3 sin 60 (

2 2

o

INPS IN IP NIP NIP NIP NIP= ⇒ = ⇒ = ⇒ =

nhọn)

( , ) 3d I d⇒ =

0,25

+ + − = + ≠2 2: ( 4) ( 1) 0( 0)d a x b y a b . 2 2

2 2

3( , ) 3 3 2

ad I d a b

a b= ⇒ = ⇔ =

+

0,25

VIa

0 0a b= ⇒ = không thỏa mãn

0a ≠ : chọn 1 2 : 2 4 2 0, : 2 4 2 0a b d x y d x y= ⇒ = ± ⇒ + + − = − + + =

0,25

Gọi ( ; ; )I a b c là tâm của mặt cầu. Vì ( )I P∈ nên 2 0(1)a b c+ + − = 0,25 Vì mặt cầu đi qua 3 điểm A, B, C nên

2 2 2 2 2 2

2 2 2 2 2 2

( 1) ( 1) ( 2)

( 1) ( 1) ( 1) ( 1)

a b c a b cIA IB IC

a b c a b c

+ + − = − + + −= = ⇒ + + − = − + − + −

(2)

0,25

Từ (1) và (2) ta có hệ:

2 0 1

2 0 0

1 0 1

a b c a

a c b

a b c

+ + − = = + − = ⇔ = + − = =

0,25

⇒ bán kính mặt cầu 1R = .Vậy phương trình mặt cầu là: − + + − =2 2 2( 1) ( 1) 1x y z 0,25

Ω = =3

12( ) 220n C 0,25

Kí hiệu A: “Ba quả cùng màu”. Ta có = + + =3 3 3

3 4 5( ) 15n A C C C 0,25

( )( )

( )

n AP A

n=

Ω

0,25

VIIa VIIIa

= =15 3

220 44

0,25

VIb Đường tròn ( )C ngoại tiếp ABC có tâm ( 1;0)I − bán kính 2IA = .

( )C có phương trình 2 22 3 0x y x+ + − =

0,25



, ( ); , ( )B C E B C C∈ ∈ ⇒ tọa độ ( ; )x y của ,B C thỏa mãn hệ

2 2

2 2

2 3 0

19 4

x y x

x y

+ + − =

+ =

0,25

3 3

3 5 5; ;

0 4 6 4 6

5 5

x xx

yy y

− − = = = − ⇔ = − = =

0,25

Do 3 4 6 3 4 6

, ; , ;5 5 5 5

B C A B C − − −≠ ⇒

hoặc3 4 6 3 4 6; , ;

5 5 5 5B C − − −

0,25

Khoảng cách từ I đến (P): 1 2( 2) 0 3 2

6 6

− − + −= =h

0,25

Đường tròn chu vi bằng 6π có bán kính 3=r 0,25

Bán kính mặt cầu 2 2 29

3R h r= + =

0,25

VIIb

Pt mặt cầu 2 2 2 29( 1) ( 2)

3x y z− + + + =

0,25

Số hạng tổng quát:

( )103 30 41 10 10

1( ,0 10)

kkk k k

kT C x C x k N kx

− −+

= = ∈ ≤ ≤

0,25

Số hạng này chứa 6x khi , 0 10

30 4 6

k N k

k

∈ ≤ ≤ − =

. 0,25

6k⇔ = 0,25

VIIIb

Vậy số hạng chứa 6x là 6 6 610. 210C x x= 0,25

Lưu ý: Thí sinh làm theo cách khác đúng vẫn được điểm tối đa.



Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc Trường THPT Bình Xuyên

ĐỀ THI KH ẢO SÁT ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2014 Môn thi: TOÁN 12 - KHỐI A, A1

Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)

Câu 1.( 2 điểm) Cho hàm số mx 1y

x 1

+=−

có đồ thị (C)

1/Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m =1. 2/Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm có hoành độ x =2, tìm m để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến d là lớn nhất.

Câu 2.(1 điểm)Giải phương trình 2

4sinx.sin x .sin x 4 3.cosx.cos x .cos x 23 3 3 3

π π π π + − − + + = .

Câu 3.(1 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2

3 2

x y 2x y 0

2x 3x 4y 12x 11 0

− + =

+ + − + =

Câu 4.(1 điểm) Tính tích phân 1

x

0

2I x e dx

x 1 = + +∫ .

Câu 5.(1 điểm) Cho hình hộp đứng ABCDA’B’C’D’có đáy là hình thoi cạnh a, góc ABC bằng 600, góc giữa mặt phẳng (A’BD) và mặt phẳng đáy bằng 600. Tính theo a thể tích của hình hộp và khoảng cách giữa CD’ và mặt phẳng (A’BD). Câu 6.(1 điểm) Cho a, b, c dương, a +b +c =3. Chứng minh rằng:

2 2 2a 4a 2b b 4b 2c c 4c 2a

7b 2c c 2a a 2b

+ + + + + ++ + ≥+ + +

.

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong 2 phần (Phần A hoặc phần B) A.Theo chương trình chuẩn

Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C) ( ) ( )2 2x 3 y 2 1− + − =

Tìm M thuộc Oy sao cho qua M kẻ được hai tiếp tuyến MA, MB với đường tròn, A, B là tiếp điểm sao cho đường thẳng AB qua N(4;4). Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;1;1), B(3;5;2) và

C(3;1; 3)− . Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông. Tính bán kính đường

tròn ngoại tiếp ABC∆ . Câu 9.a (1 điểm). Có 5 bông hoa hồng bạch, 7 bông hoa hồng nhung và 4 bông hoa cúc vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 bông hoa. Tính xác suất để 3 bông hoa được chọn không cùng một loại. B.Theo chương trình nâng cao

Câu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho e líp 2 2x y

14 3

+ = và đường thẳng

:3x 4y 12 0∆ + − = . Từ điểm M bất kỳ trên ∆ kẻ tới (E) các tiếp tuyến MA, MB. Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Câu 8.b (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho ba điểm A(1;4;2), B(2;5;0) và

C(0;0;7). Tìm điểm M thuộc (Oxy) sao cho 2 2 2MA MB MC+ + đạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 9.b (1 điểm). Giải phương trình 22 3log x (x 5) log x 6 2x 0+ − + − = -------Hết------

Thí sinh không sử dụng tài liệu, cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ tên thí sinh:..........................................................................SBD:................................



KỲ THI KS ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014 LẦN 3 ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN 12 - KHỐI A,A 1

Câu Đáp án Điểm

1.(1,0 điểm) Khảo sát hàm số mx 1y

x 1

+=−

khi m=1.

Khi m=1 x 1

yx 1

+=−

. Tập xác định: R \ 1

Sự biến thiên:( )2

2y' 0 x 1

x 1

−= < ∀ ≠−

Do đó hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng

( −∞ ;1) và (1;+∞ ). Hàm số không có cực trị.

0,25

Tiệm cận: + Tiệm cận đứng x =1 vì x 1l im f (x)

+→= +∞ ,

x 1l im f (x)

−→= −∞ .

+ Tiệm cận ngang y =1 vì xl im f (x) 1→±∞

= 0,25

Bảng biến thiên:

0,25

f(x)=(x+1)/(x-1)

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-9

-8

-7

-6

-5

-4

-3

-2

-1

1

2

3

4

5

6

7

8

9

x

y

Đồ thị nhận I(1;1) làm tâm đối xứng, cắt Oy tại (0;-1), cắt Ox tại (-1;0).

0,25

2.(1,0 điểm). Viết phương trình tiếp tuyến d với (C) x =2 →y =2m +1 và f '(2) m 1= − − Phương trình tiếp tuyến d với (C) tại điểm (2;2m+1) là y (m 1)x 4m 3= − + + +

0,5

Phương trình (d) ↔ m(x-4) = -x –y+3 tiếp tuyến d qua điểm cố định H(4;-1) 0,25

(2điểm)

Để khoảng cách từ điểm A(3;5) tới tiếp tuyến (d) là lớn nhất ↔ (d)⊥ AH

↔ du .AH 0=

↔ 1.1 +6(m+1) =0↔7

m6

−=

0,25

2 (1,0 điểm) Giải phương trình.

-1 x

1

y’

y

−∞ +∞ 1 - -

+∞

1 - ∞



24sinx.sin x .sin x 4 3.cosx.cos x .cos x 2

3 3 3 3

π π π π + − − + + = .

2PT 2sin x(cos2x cos ) 2 3.cos x.(cos(2x ) cos ) 2

3 3

π π↔ − − + π + =

2sin x.cos2x sin x 2 3.cos x.cos2x 3 cos x 2↔ + + − =

0,25

(sin3x sin x) sin x 3(cos3x cosx) 3cosx 2↔ − + + + − = 0,25

1 3sin3x 3cos3x 2 sin3x cos3x 1

2 2↔ + = ↔ + = 0,25

(1điểm)

2cos 3x 1 3x k2 3x k2 x k , k Z.

6 6 6 18 3

π π π π π ↔ − = ↔ − = π ↔ = + π ↔ = + ∈ 0,25

(1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2

3 2

x y 2x y 0 (1)

2x 3x 4y 12x 11 0 (2)

− + =

+ + − + =

Từ PT (1) ta được x 0≥ , y 1≤ 0,25

PT (2) 3 24y 2x 3x 12x 11↔ − = + − + (3)

Vế phải (3) 4 4y 4− ≤ − ≤ vì y 1≤ .

Đặt f(x) = 2x3 +3x2 -12x +11 với x 0≥ ta có bảng biến thiên:

Vế phải của (3) ≥ 4 → 3 24y 4 2x 3x 12x 11− ≤ ≤ + − + vì x 0≥ , y 1≤

Vậy nghiệm của (2) là (x;y)=(1;-1).

0,5

3 (1điểm)

Thay (x;y)=(1;-1) vào (1) ta thấy thỏa mãn. Vậy nghiệm của hệ phương trình

là (x;y) = (1;-1). 0,25

(1,0 điểm). Tính tích phân: 1

x

0

2I x e dx

x 1 = + +∫ .

1 1 1x x

1 2

0 0 0

2 2xI x e + dx xe dx dx I I

x+1 x+1 = = + = + ∫ ∫ ∫

+1

x1

0

I xe dx= ∫ . Đặt x x

u x du dx

dv e dx v e

= = → = =

→ ( )1

x x x x1

0

1 1I xe e dx xe e 1

0 0= − = − =∫ .

0,5

+ ( )1 1

2

0 0

12x 2I dx 2 dx 2x 2ln(x 1) 2 2ln2

0x+1 x 1 = = − = − + = − +∫ ∫

0,25

4 (1điểm)

1 2I I I 3 2ln 2= + = − 0,25

(1,0 điểm). Tính theo a thể tích hình hộp... 5 (1điểm) Gọi O là tâm hình thoi ABCD → AO BD⊥ mà AA' (ABCD) A'O BD⊥ → ⊥

0,25

x f’(x)

f(x)

0 1 +∞

4

11 +∞



A 'OA∠ laø goùc giöõa mp(A'BD) với đáy → oA 'OA 60∠ = . Do oABC 60∠ = neân tam giaùc ABC

ñeàu→ aAO

2= .

Trong tam giaùc vuoâng A'AO, ta coù

o 3AA ' AO. tan 60 a

2= = .

Do ñoù theå tích cuûa hình hoäp: 2 3

ABCDa 3 a 3 3a

V=S .AA'= . =2 2 4

.

B' C'

A' D'

B

A

C

D

0,25

Theo chöùng minh treân ta coù BD (A ' AO)⊥ → (A 'BD) (A ' AO)⊥ . Trong tam giaùc vuoâng A ' AO , döïng ñöôøng cao AH, ta coù AH (A ' BD)⊥ hay AH d(A, (A 'BD))= .Do CD '/ /BA ' neân CD '/ /(A 'BD) suy ra d(CD ', (A 'BD)) d(C, (A 'BD))= d(A, (A 'BD))= (vì AO CO= )

AH= oAO.sin 60=3

4a

= .

0,5

(1,0 điểm). Chứng minh rẳng 2 2 2a 4a 2b b 4b 2c c 4c 2a

7b 2c c 2a a 2b

+ + + + + ++ + ≥+ + +

.

BĐT ↔2 2 2a b c

b 2c c 2a a 2b+ +

+ + ++

4a 2b 4b 2c 4c 2a7

b 2c c 2a a 2b

+ + ++ + ≥+ + +

+ Ta có 2 2a b 2c 2a a b 2c 6a

b 2c 9 3 b 2c 9

+ + ++ ≥ ↔ ≥+ +

(1) (Côsi)

Dấu “=” khi 2a b 2c

b 2c 9

+=+

Tương tự 2b c 2a 6b

c 2a 9

+ +≥+

(2) 2c a 2b 6c

a 2b 9

+ +≥+

(3)

Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được 2 2 2a b c

1b 2c c 2a a 2b

+ + ≥+ + +

(*) dấu “=”

khi a=b=c=1.

0,5

6 (1điểm)

+ Ta có ( )4a 2b 4b 2c 4c 2a 1 1 14 a b c 6

b 2c c 2a a 2b b 2c c 2a a 2b

+ + + + + = + + + + − + + + + + +

( ) ( ) ( )4 1 1 1

b 2c c 2a a 2b 63 b 2c c 2a a 2b

+ + + + + + + − + + +

3

3

4 13 (b 2c)(c 2a)(a 2b).3 6 6

3 (b 2c)(c 2a)(a 2b)≥ + + + − =

+ + +(**)

Cộng (*) và (**) ta được điều phải chứng minh, dấu “=” khi a =b =c =1.

0,5

(1,0 điểm). Tìm M thuộc Oy… Giả sử ( )A AA x ;y , ( )B BB x ;y và

0M Oy M(0; y )∈ → , (C) có tâm I(3;2) 0,25 7a

(1điểm)

+ Ta có 2 2A A A AA (C) x y 6x 4y 12 0 (1)∈ ↔ + − − + =

+ Ta có I A.MA 0=

↔ ( ) ( )( )A A A A 0x 3 x y 2 y y 0− + − − =

0,5



↔ 2 2A A A 0 A 0x y 3x (y 2)y 2y 0+ − − + + = (2)

Lấy (2) trừ (1) vế với vế ta được A 0 A 03x (y 2)y 2y 12 0− − + − = (3)

Tương tự ta có B 0 B 03x (y 2)y 2y 12 0− − + − = (4)

Từ (3) và (4) phương trinh AB là 0 03x (y 2)y 2y 12 0− − + − =

AB qua N(4;4) ↔0 0 03.4 (y 2).4 2y 12 0 y 4− − + − = ↔ = . Vậy M(0;4) 0,25

(1,0 điểm). Chứng minh 3 điểm A, B, C là 3 đỉnh của một tam giác vuông

Ta có AB (2;4;1)=

, AC (2;0; 4)= −

không cùng phương .

Ta lại có AB.AC 0=

vậy ABC∆ vuông tại A 0,5

8a (1điểm)

ABC∆ vuông tại A theo cm trên có bán kính đường tròn ngoại tiếp

1 41R BC

2 2= = 0,5

(1,0 điểm). Tính xác suất…

Gọi A, B, C tương ứng là 3 biến cố ‘Chọn được ba bông hoa hồng bạch” ‘Chọn được ba bông hoa hồng nhung” ‘Chọn được ba bông hoa cúc vàng” H là biến cố ‘Chọn được ba bông hoa cùng loại” A, B, C đôi một xung khắc

và H A B C= ∪ ∪ → P(H) =P(A) +P(B) +P(C) với 35316

C 10P(A)

560C= = ,

37316

C 35P(B)

560C= = ,

34316

C 4P(C)

560C= = , 49 7

P(H)560 80

= = .

0,5

9a (1điểm)

Biến cố chọn ba bông hoa không cùng loại là H , 7 73P(H) 1 P(H) 1

80 80= − = − = . 0,5

(1,0 điểm). Chứng minh đường thẳng AB luôn đi qua một điểm cố định. Gọi M(x0 ;y0 ), A(x1;y1), B(x2;y2)

Tiếp tuyến tại A có dạng 1 1xx yy

14 3

+ =

Tiếp tuyến đi qua M nên 0 1 0 1x x y y

14 3

+ = (1)

0,25

7b (1điểm)

Ta thấy tọa độ của A và B đều thỏa mãn (1) nên đường thẳng AB có pt

0 0xx yy1

4 3+ = do M thuộc ∆ nên 3x0 + 4y0 =12 →4y0 =12-3x0

→ 0 04xx 4yy4

4 3+ = → 0 04xx y(12 3x )

44 3

−+ =

0,25

Gọi F(x;y) là điểm cố định mà AB đi qua với mọi M thì (x- y)x0 + 4y – 4 = 0

x y 0 y 14y 4 0 x 1

− = =→ ⇒− = = Vậy AB luôn đi qua điểm cố định F(1;1)

0,5

(1,0 điểm). 8b (1điểm) Gọi G là trọng tâm ABC∆ . Ta có:

( ) ( ) ( )2 2 22 2 22 2 2MA MB MC MA MB MC MG GA MG GB MG GC+ + = + + = + + + + +



Chú ý: Đáp án có 5 trang Học sinh làm theo cách khác mà đúng cho điểm tối đa theo thang điểm mỗi câu đã cho. Câu 5 nếu không vẽ hình hay vẽ không đúng không cho điểm. (Lưu ý: Kiến thức đề ra theo tiến độ dạy( không số phức, không phương trình mặt phẳng))

( )2 2 2 2 2 2 2 23MG GA GB GC 2MG GA GB GC 3MG GA GB GC= + + + + + + = + + +

Do ( )GA GB GC 0 MG GA GB GC 0+ + = → + + =

.

Vì 2 2 2GA GB GC+ + không đổi nên 2 2 2MA MB MC+ + nhỏ nhất ↔ 2MG nhỏ nhất ↔ M là hình chiếu của G trên (Oxy)

0,5

G là trọng tâm ( )ABC G 1;3;3∆ → .

Hình chiếu của G trên (Oxy) có tọa độ (1; 3;0). Vậy ( )M 1;3;0 0,5

(1,0 điểm). Giải phương trình 22 2log x (x 5) log x 6 2x 0+ − + − =

Điều kiện x>0(*)

Đặt 2t log x= phương trình ↔ 2 t 2t (x 5)t 6 2x 0

t 3 x

=+ − + − = ↔ = −

0,25

+ Với 2t 2 log x 2 x 4= ↔ = ↔ = thỏa mãn (*) 0,25 + Với 2 2t 3 x log x 3 x x log x 3 0= − ↔ = − ↔ + − =

Xét 2f (x) x log x 3, x >0= + − ∀ .

Ta có 1

f '(x) 1 >0, x >0x ln 2

= + ∀ → hàm số luôn đồng biến x >0∀

f(2) =0→ x =2 thỏa mãn (*) là nghiệm

0,25

9b (1điểm)

Vậy nghiệm của phương trình là x =2; x =4 0,25



SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO THANH HÓA TRƯỜNG THPT NGHI SƠN

ĐỀ THI TH Ử ĐH LẦN 2 NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: TOÁN ; Kh ối: A

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) Cho hàm số: 3 2y x 3x mx 1= − + + (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m 0= . 2. Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu và đường thẳng đi qua hai điểm cực đại, cực tiểu song song với đường thẳng (d) 2 6 0x y+ − = . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2cos6 2cos 4 3 cos 2 sin 2 3x x x x+ − = + .

2. Giải hệ phương trình: 3

3

2 2 1 3 1

2 3 1 2

y x x x y

x y

+ − = − −

+ + = −

Câu III (1,0 điểm) Tính nguyên hàm sau: sin 3x sin 2x

I dx2 cos x

+=+∫

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB tạo với đáy một góc bằng 300 , M là trung điểm của BC . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa SB và AM theo a.

Câu V (1,0 điểm) Cho [ ], , 1;2a b c∈ .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( )2

2 4( )

a bP

c ab bc ca

+=

+ + +

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)

1.Trong mặt phẳng toạ độ ,Oxy cho hình thoi ABCD có tâm I(3 ;3) và đường chéo AC =2BD. Hai điểm 4 13

(2; ), (3; )3 3

M N lần lượt thuộc AB ,CD. Viết phương trình cạnh BD biết điểm B có hoàng độ nhỏ hơn 3.

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . cho 3 1

( ) : ,1 2 5

x y zd

− −= =−

2 1 3

( '):3 1 2

x y zd

− − −= =−

và

mặt phẳng ( ) : 2 7 0P x y z+ + − = . Đường thẳng ∆ cắt đường thẳng d và d’ tương ứng tại A và B đồng thời

∆ cách (P) một khoảng bằng 6 .Viết phương trình đường thẳng∆ ,biết rằng điểm A có hoàng độ dương.

Câu VII.a (1,0 điểm) Giải phương trình : 3 23 3 3

2log ( 1) log (2 1) log ( 1)x x x+ = − + + .

B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm)

1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là điểm M(-1;2) , tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác là điểm I(2;-1). Đường cao kẻ từ A có phương trình 2 1 0x y+ + = .Tìm tọa độ điểm C

2. Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . cho 1 1 2

( ) : ,2 1 3

x y zd

+ − −= = 3 2 2

( '):1 4 3

x y zd

− + −= =−

và mặt phẳng ( ) : 2 1 0P x y z− + − = . Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với (P) và đồng thời cắt cả hai đường thẳng d và d’ . Câu VII.b (1,0 điểm) Cho khai triển P(x)=(1 - x + x2 - x3)4 = a0 + a1x + a2x

2 + ... + a12x12

.Tìm hệ số 7a

-------------------Hết-------------------

Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.



ĐÁP ÁN ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013-2014 MÔN THI: TOÁN : Kh ối A

Câu Nội Dung Điểm CâuI Cho hàm số 3 2y x 3x mx 1= − + + (1)

I.1 Khi m=0 . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số 3 23 1y x x= − + f(x)=x^3-3x^2+1

-9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9

-8

-6

-4

-2

2

4

6

8

x

y

1 điểm

I.2 Ta có 2y 3x 6x m′ = − + .

Hàm số có cực đại, cực tiểu khi phương trình y 0′ = có hai nghiệm phân biệt.

Tức là cần có: 9 3m 0 m 3.′∆ = − > ⇔ <

Chia đa thức y cho y′ , ta được: x 1 2m m

y y . 2 x 13 3 3 3

′= − + − + +

.

Giả sử hàm số có cực đại, cực tiểu tại các điểm ( ) ( )1 1 2 2x ; y , x ; y .

Vì 1 2y (x ) 0;y (x ) 0′ ′= = nên phương trình đường thẳng ( )∆ qua hai điểm cực đại, cực tiểu là:

2m my 2 x 1

3 3 = − + +

Để ( )∆ song song (d) khi

22 2

30

1 63

m

mm

− = − ⇔ = + ≠

1 điểm

0.25

0.25

0.25

0.25

CâuII II.1 Giải phương trình: 2cos6 2cos 4 3 cos 2 sin 2 3x x x x+ − = + .

...............................................................................................................................................

1 điểm

0.25

0.25

0.25

0.25



2

2(cos6 cos 4 ) sin 2 3 3 cos 2

4cos5 cos 2sin cos 2 3 cos

cos (2cos5 sin 3 cos ) 0

cos 0

2cos5 sin 3 cos

22 ( )

24 2cos( ) cos5

636 3

x x x x

x x x x x

x x x x

x

x x x

x k

x kx k k Z

x xx k

π ππ π π π

ππ π

⇔ + = + +

⇔ = +

⇔ − − ==

⇔ = +

= += +⇔ ⇔ = − + ∈ − = = +

II.2 Giải hệ phương trình:

3

3

2 2 1 3 1

3 1 2 2

y x x x y

x y

+ − = − −

+ + =

........................................................................................................................................................... Đk: 1x ≤

33 32 2 1 3 1 2 2 1 1y x x x y y y x x+ − = − − ⇔ + = − + − (1)

Xét hàm số 3( ) 2 , 0f t t t t= + >

2'( ) 6 1 0f t t= + > nêm hàm đã cho luôn đồng biến.

(1) ( ) ( 1 ) 1f y x y x⇔ = − ⇔ = −

Hệ phương trình trở thành 3 3

1 1

2 3 1 2 2 3 1 1 2(*)

y x y x

x y x x

= − = − ⇔ + + = − + + − = −

Giải (*) đặt 3 3

3 1 13 1 (*) 2 1 2

3 3

u uu x x u

− −= + ⇔ = ⇒ ⇔ + − = −

3 2

3

1

2 31

5 21( )12 24 8 0

( 5 21) 15 21

3

u

u xu

u lu u u

u x

≤ − = − ⇒ = −≤ − ⇔ ⇔ = − ++ + + = − − − = − − ⇒ =

3 3

. 3 2

( 5 21) 1 4 ( 5 21)

3 3

x y

x y

= − ⇒ =

− − − − − −= ⇒ =

1 điểm

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu III 1 điểm

Tính nguyên hàm sau: sin 3x sin 2x

I dx2 cos x

+=+∫

……………………………………………………………………………………………

0.25



3 2

2

3sin x 4sin x 2sin x cos x (3 4sin x 2cos x)I dx sin xdx

2 cos x 2 cos x

(4cos x 2cos x 1)I sin xdx

2 cos x

− + − += =+ +

+ −=+

∫ ∫

∫

Đặt 22 cos cos 2 sin 2t x x t xdx tdt= + ⇒ = − ⇒ = − 2 2 2 5 3

4 2

5 3

4( 2) 2( 2) 1 ( 2 ) 8 28( 8 28 22) 22

5 3

8 (2 cos ) 28 (2 cos )22 2 cos

5 3

t t t dt t tI t t dtI t C

t

x xI x C

− + − − − − = = − + − = + − +

− + += + − + +

∫ ∫

0.25

0.25

0.25

Câu IV IV Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAC cân tại S và nằm

trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB tạo với đáy một góc bằng 300 , M là trung điểm của BC . Hãy tính thể tích khối chóp S.ABM và khoảng cách giữa SB và AM theo a.

...............................................................................................................................................

l

J

K

M

I B

A P H C

S

...........................................................................................................................................................

+)Gọi H là trung điểm của AC ta có

( ) ( )

( ) ( ) ( )

SAC ABC

SAC ABC AC SH ABC

SH AC

⊥ ∩ = ⇒ ⊥ ⊥

0( , ( )) 30SB ABC SBH= = , 03.tan 30

2 2

a aBH SH BH= ⇒ = =

30

.

1 1 1 3. . . . .sin 60 (d )

3 3 2 48S ABM ABM

aV SH S SH BA BM vtt= = =

Kẻ / / ( ) / / ( , ) ( , ( ))Bx AM SBx AM d ABM Sb d AM SBx⇒ ⇒ = Kẻ , ( ) ( ), ( ) ( )HI Bx HI AM J SHI SBx SHI SBx SI⊥ ∩ = ⇒ ⊥ ∩ =

Kẻ 2 2 2

2 2

1 1 1 1 1 3( , ( ))

3 1 52( ) ( )4 2

aHK SI d H SBx HK HK

HK HI HS a a⊥ ⇒ = ⇒ = + = + ⇒ =

Vì 3 2

IJ ( , ) ( , ( )) ( , ( ))2 3 13

aHI d AM SB d AM SBx d J SBx HK= ⇒ = = = =

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu V V

Cho [ ], , 1;2a b c∈ .Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: ( )2

2 4( )

a bP

c ab bc ca

+=

+ + +

…………………………………………………………………………………………...



Ta có 24 ( )ab a b≤ +

Khi đó ( )

( )

2

2

2 22 4( )1 4

a ba b c c

Pa b a bc a b c a b

c c c c

+ + ≥ =+ + + + + + + +

Đặt [ ]1;4a b

t tc c

= + ⇒ ∈ do [ ], , 1;2a b c∈

Xét [ ]( )

[ ]2 2

22 2

4 2( ) , 1;4 '( ) 0, 1;4

1 4 1 4

t t tf t t f t t

t t t t

+= ∈ ⇒ = > ∀ ∈+ + + +

Từ đó 1

(1) 2 2 26

MinP f c a b= = ⇔ = = =

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu VIa VIa.1 1.Trong mặt phẳng toạ độ ,Oxy cho hình thoi ABCD có tâm I(3 ;3) và đường chéo AC =2BD.

Hai điểm 4 13

(2; ), (3; )3 3

M N lần lượt thuộc AB ,CD. Viết phương trình cạnh BD biết điểm B có

hoàng độ nhỏ hơn 3.

................................................................................................................................................................

Tọa độ điểm N’ đối xứng với N qua I là 5

'(3; ) '3

N N⇒ nằm trên AB

Đường thẳng AB qua M,N’ có pt : 4

3 2 0 ( , )10

x y IH d I AB− + = ⇒ = =

Do AC=2BD nên IA=2IB. Đặt 2 2 2

1 1 10 2IB a a

IA IB IH= > ⇒ + = ⇔ =

Đặt B(x ;y). Do và nên tọa độ B là nghiệm của hệ 2 2 14 8

,( 3) ( 3) 25 5

3 2 04, 2( )

x yx y

x yx y l

= = − + − = ⇔ − + = = =

Do 3Bx < nên tọa độ 14 8

( ; )5 5

B . Vậy phương trình BD là 7 18 0x y− − =

1 điểm

0.25

0.25

0.25

0.25

VIa.2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . cho

3 1( ) : ,

1 2 5

x y zd

− −= =−

2 1 3( '):

3 1 2

x y zd

− − −= =−

và mặt phẳng ( ) : 2 7 0P x y z+ + − = . Đường thẳng ∆ cắt đường

thẳng d và d’ tương ứng tại A và B đồng thời cách (P) một khoảng bằng 6 .Viết phương trình đường thẳng∆ ,biết rằng điểm A có hoàng độ dương.

.................................................................................................................................................

Lấy (3 ;1 2 ; 5 ) ( ), (2 3 ';1 ';3 2 ') ( ') (3 ' 1; ' 2 ;2 ' 5 3)A t t t d B t t t d AB t t t t t t+ + − ∈ + − + ∈ ⇒ − − − − + +

2 2 2

2(3 ' 1) 1( ' 2 ) 1(2 ' 5 3) 0/ /( )

2(3 ) (1 2 ) ( 5 ) 76( , ( )) 6

2 1 1

t t t t t tAB P

ycbt t t td A P

− − + − − + + + = ⇔ ⇔ + + + + − − == + +

1 điểm

0. 25

0.25



6, ' 17 ' 1 0 (9;13; 30), ( 1;2;1)5

6 ( 3; 11;30)( )6, '7

t tt t A B

t A lt t

= = −+ + = − − ⇔ ⇔ ⇔ = − −= − =

Vậy AB 1 2 1

( ) : ,10 11 31

x y zd

+ − −= =−

0.25

0.25

VIIa Giải phương trình : Giải phương trình : 3 23 3 3

2log ( 1) log (2 1) log ( 1)x x x+ = − + + ..

………………………………………………………………………………………..

ĐK 1

12

x− < ≠

33 3 3

3

2log ( 1) 2 log 2 1 2log ( 1)

1 2 1 ( 1)

x x x

x x x

⇔ + = − + +

⇔ + = − +

TH1. 3

1( )112

1 (2 1)( 1) 2

x lx

x

x x x x

= − > ⇔ = + = − + =

TH2. 3

11 1( )

20

1 (2 1)( 1)

x x l

xx x x

− < < = − ⇔ = + = − − +

Vậy S=0;1;2

1 điểm

0.25

0.25

0.25

0.25 Câu VIb VIb.1 1. Trong mặt phẳng toạ độ Oxy,cho tam giác ABC có trung điểm cạnh AB là điểm M(-1;2) , tâm

đường tròn ngoại tiếp tam giác là điểm I(2;-1). Đường cao kẻ từ A có phương trình 2 1 0x y+ + = .Tìm C

…………………………………………………………………………………………………....... Đường thẳng AB nhận (3; 3)MI −

làm VTPT nên AB : 3 0x y− + =

Tọa độ của A là nghiệm của hệ3 0 4 5

( ; )2 1 0 3 3

x yA

x y

− + = −⇒ + + =

Vì M là trung điểm của AB nên 2 7

( ; )3 3

B−

Đường thẳng BC qua B và vuông góc với 2 1 0x y+ + = nên có pt

22

37

3

x t

y t

− = + = +

Lấy 2 7

( 2 ; )3 3

C t t BC− + + ∈

2 2 2 2 0( )8 10 8 10

2 43 3 3 8

5

t loaiC BIB IC t t

t

= ≡ = ⇔ − + + = + ⇔ =

Vậy 4 47

( ; )15 15

C−

1điểm

0.25

0.25

0.25

0.25



VIb.2 Trong không gian với hệ trục tọa độ Oxyz . cho

1 1 2( ) : ,

2 1 3

x y zd

+ − −= =

3 2 2( '):

1 4 3

x y zd

− + −= =−

và mặt phẳng ( ) : 2 1 0P x y z− + − = . Viết phương trình đường

thẳng ∆ vuông góc với (P) và đồng thời cắt cả hai đường thẳng d và d’ . ……………………………………………………………………………………………...

Gọi A,B lần lượt là giao điểm của ∆ với (d) và (d’)

( 1 2 ;1 ;2 3 ), (3 '; 2 4 ';2 3 ') ( ' 2 4; 4 ' 3;3 ' 3 )A t t t B t t t AB t t t t t t⇒ − + + + + − − + ⇒ − + − − − −

ycbt' 2 4 4 ' 3 3 ' 3

1 2 1

t t t t t t− + − − − −⇔ = =−

12 7 56 ( ; ; )

25 3 6 2'

12

tA

t

= −⇔ ⇒ =

∆ :

2 7 53 6 2

1 2 1

x y z+ − −= =

−

1điểm

.

0.25

0.25

0.25

0.25

VIIb Cho khai triển P(x)=(1 - x + x2 - x3)4 = a0 + a1x + a2x2 + ... + a12x

12 Tìm hệ số 7a

.……………………………………………………………………………………………...

P(x)=( (1 - x + x2 - x3)4 = (1 - x)4 (1 + x2)4

= ( )

− ∑∑==

4

0

24

4

041

i

ii

k

kkk xCxC

( ) ( ) ( ) 2;3,3;1;4,3,2,1,0,

72∈⇒

∈=+

⇒ ikik

ik

4024

34

34

147 −=−−=⇒ CCCCa

1 điểm

0.25

0.25

0.25 0.25



I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH ( 7,0 điểm)

Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số y = x3- 6x2 + 9x -2, gọi đồ thị là (C). 1) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) hàm số. 2) Viết phương trình tiếp tuyến của (C) tại điểm ( )M C∈ , biết M cùng với hai điểm cực trị A, B của đồ thị tạo thành một tam giác có diện tích bằng 6 (đơn vị diện tích).

Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương trình: 5cosx + sinx - 3 = 2 sin

+4

2π

x .

2. Giải hệ phương trình : 3 3 2

2 23

6 3 15 14

4 2 9 4 10 3

x y y x y

x y xy x x y

− − + − = + + = + − + −

.

Câu III (2,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A và B,

mặt phẳng (SCD) hợp với mặt phẳng (ABCD) một góc ϕ sao cho 1

cos7

ϕ = .

Biết rằng SA = SC = SD, AB = BC = a, AD = 2a. a. Tính thể tích của khối chóp theo a. b. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng SC và AD và góc giữa hai mặt phẳng (SCD) và (SAD) theo a. Câu IV (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn 2y xz≥ và 2z xy≥ . Tìm giá trị

nhỏ nhất của biểu thức : x y 2014zP

x y y z z x= + +

+ + +.

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)

A. Theo chương trình Chuẩn. Câu Va (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD biết

( )M 2;1 ; N(4; 2);P(2;0);Q(1;2)− , lần lượt thuộc các cạnh AB, BC, CD, AD. Hãy lập phương

trình các cạnh của hình vuông ABCD.

Câu VIa (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Newton 3 12

n

xx

+

.

Biết rằng 2 11 4 6n

n nA C n−+− = + .

Câu VIIa (1,0 điểm). Giải phương trình ( ) ( )1 2

2

log 4 2 2 1 log 1 1 0x x x+ − + + + + = .

B. Theo chương trình Nâng cao. Câu Vb (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hai đường tròn:

2 21(C ) : x y 13+ = và 2 2

2(C ) : (x 6) y 25− + = . Gọi A là giao điểm của 1(C ) và 2(C ) với Ay 0< . Viết phương trình đường thẳng đi qua A và cắt 1(C ) , 2(C ) theo hai dây cung phân biệt có độ dài bằng nhau. Câu VIb (1,0 điểm). Một thầy giáo có 12 quyển sách đôi một khác nhau trong đó có 5 quyển sách Toán, 4 quyển sách Vật lý, và 3 quyển sách Hóa học. Ông muốn lấy ra 6 quyển đem tặng cho 6 học sinh A,B,C,D,E,F mỗi em một quyển.Tính xác suất để sau khi tặng sách xong mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển.

SỞ GD VÀ ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 1

KỲ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM HỌC 2013 – 2014 ĐỀ THI MÔN: TOÁN KH ỐI A, A1, B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề



Câu VIIb (1,0 điểm). Giải bất phương trình: ( )2

2 222 1 2(3 5) 3 5 2 0

x xx x x x

−− + −− + + − ≤ .

---------HẾT-------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu .Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên:………………………………………………..SBD:……………………

SỞ GD VÀ ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT YÊN PHONG SỐ 1 ĐÁP ÁN

(Câu

Đáp án Điểm

1) (1,0 điểm) • TXĐ: D = R

• Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: , 2 , 13 12 9, 0

3

xy x x y

x

== − + = ⇔ =

0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ;1)−∞ và (3; )+∞ , Hàm số nghịch biến trên khoảng (1;3) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x =1 và yCĐ =2, đạt cực tiểu tại x=3 và yCT = -2 - Giới hạn: lim ; lim

x x→−∞ →+∞= −∞ = +∞

0,25

- Bảng biển thiên: x -∞ 1 3 +∞ y, + 0 - 0 + y 2 +∞

- ∞ -2

0,25

• Đồ thị: ,, ,,6 12, 0 2y x y x= − = ⇔ = ⇒ Điểm uốn I(2;0), I là tâm đối xứng của (C)

Giao điểm với Ox: I(2;0), giao điểm với Oy: M(0;-2)

4

2

-2

-4

-5 5 10 1531

0,25

2) (1,0 điểm) Điểm cực đại của (C): A(1,2). Điểm cực tiểu của (C): B(3;-2)

2 5,AB⇒ = và đường thẳng : 2 4 0AB x y+ − = 3 2

3 26 11 6

( ) ( ; 6 9 2) ( ; )5

a a aM C M a a a a d M AB

− + −∈ ⇒ − + − ⇒ =

0,25

I (2,0 điểm)

Gọi 1

, . ( ; ) 62MABS S S AB d M AB∆= = = 0,25



3 26 11 6 6(1)a a a⇔ − + − =3 2

3 2

6 11 0 0(1)

46 11 12 0

a a a a

aa a a

− + = =⇔ ⇔ =− + − =

*) a = 0⇒M(0;-2) ⇒TT tại M: y = 9x-2 0,25 *) a = 4 ⇒M(4;2) TT tại M: y = 9x-34 0,25

Câu Điểm

1) (1 điểm)

5cosx + sinx - 3 = 2 sin

+4

2π

x ⇔ 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x 0,25

⇔ 2cos2x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 ⇔ (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1)

= 0 ⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0.

0,25

+/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. 0,25

+/ cosx = 1

2 ,2 3

x k k Zπ π⇔ = ± + ∈ . 0,25

2) (1,0 điểm)

Từ phương trình đầu ta có ( ) ( )

( ) ( ) ( )

33

22

3 2 3 2

2 2 2 . 3 0

x x y y

y x y y x x

+ = + + +

⇔ + − + + + + + =

( ) ( )2

22 2 ( 2 2 . 3 0 , .)y x hay y x Do y y x x x y⇔ + = = − + + + + + > ∀

0,5

Thê vào phương trình thứ hai ta được

( ) ( )( )3 33 3 36 5 5 5 6 5 6 5 6 5 *x x x x x x x f x f x+ = − − ⇔ + + + = + ⇔ = + Với

3( ) , .f t t t t R= + ∈ Ta có '( ) 3 1 0,f t t t R= + > ∀ ∈ nên ( )f t đồng biến trên R

0,25

II (2,0 điểm)

Do đó ( ) ( )( )3 23* 6 5 6 5 0 1 5 0x x x x x x x⇔ = + ⇔ − − = ⇔ + − − =

1 211

2x x

±⇔ =− ∨ = . Vậy ( ) 1 21 3 21 1 21 3 21

1; 3 ; ; ; ; .2 2 2 2

S

− − − + − + = − −

0,25

III (2,0 điểm)

E

F A D

B C

S

H



Gọi F, E lần lượt là trung điểm của AD, CD; ta có FA = FD = FC, do đó tam giác ACD vuông tai C, có tâm đường tròn ngoại tiếp là F( vuông cân) . Vì SA = SD = SC nên SF là đường cao của hình chópS.ABCD. Dễ thấy SE và EF đồng thời vuông góc với CD, do đó góc giữa mp(SCD) và mp(ABCD) là góc SEF = ϕ

0,5

Từ giả thiết ta có tan 6 SF a 3ϕ = ⇒ = . Như vậy ta có thể tích khối chóp S.ABCD là

2 31 AD BC 1 3a 3V SF.AB. a 3. a (dvtt)

3 2 3 2 2

+= = = 0,5

( ) ( ) ( )Do AD//BC nên d SC,AD =d (SCB),AD =d F,(SBC)

Kẻ FH vuông góc với SC ta có

( )

2 2 2 2 2 2

BC CFBC (SCF) BC FH mà FH SC nên FH (SBC) d AD,(SBC) FH

BC SF

1 1 1 1 1 4 a 3Tính FH : FH

FH FS FC 3a a 3a 2

⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⊥ ⇒ =⊥

= + = + = ⇒ =

0,5

a(1,0 điểm) b(1,0 điểm)

Dựng FK SD⊥ , do ( )CF SAD CF SD⊥ ⇒ ⊥ ( )FKC SD⇒ ⊥ . Do đó góc giữa

(SAD) và (SCD) là góc FKC (vì góc CFK bằng 900).

Ta có 0 3 2sin 60 ; tan .

2 3

a CFFK FD CF a FKC

FK= = = ⇒ = =

Vậy 2

arctan .3

FKC =

0,5

Ta có: 1 1 2014P

y z x1 1 1

x y z

= + ++ + +

, đặt y z xa ;b ;c

x y z= = = kết hợp với giả thiết ta suy

ra a b c 0 0 c 1

abc 1 ab 1

≥ ≥ > < ≤ ⇒ = ≥

. Khi đó 1 1 2014P

1 a 1 b 1 c= + +

+ + +

0,25

Ta có ( ) ( )21 1 2a b ab 1 0

1 a 1 b 1 ab+ ≥ ⇔ − − ≥

+ + + (đúng do ab 1≥ )

Suy ra 1 1 2 c

1 a 1 b c 1+ ≥

+ + + hay 2 c 2014 2 c 2014 2014 2 c

Pc 1c 1 c 1 c 1 c 1

+≥ + ≥ + =++ + + +

vì

0 c 1 c c< ≤ ⇒ ≤

0,25

Đặt t c 0 t 1= ⇒ < ≤

Xét hàm số ( ) 2t 2014f t

t 1

+=+

với 0 t 1< ≤ . Ta có hàm số ( )f t liên tục trên ( ]0;1 ,

( )( )

( )2

2012f ' t 0, t 0;1

t 1= − < ∀ ∈

+.

0,25

IV (1,0 điểm)

Hàm số ( )f t nghịch biến trên ( ]0;1 . Suy ra ( ) ( )f t f 1 1008≥ =

Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 1008 khi và chỉ khi x y z= = . 0,25



(1,0 điểm) Gọi phương trình AB : ( 2) ( 1) 0a x b y− + − = khi đó phương trình AD:

( 1) ( 2) 0b x a y− − − = . Tứ giác ABCD là hinh vuông 2

( ; ) ( ; ) 3 4a b

d P AB d N AD b b aa b

= −⇔ = ⇔ = + ⇔ = −

0,5

* Với 2a=-b chọn b=2 a=-1 phương trình các cạnh của hình vuông : : 2 0; : 2 4 0; : 2 2 0; : 2 6 0AB x y AD x y DC x y CB x y− + = + − = − + + = + − = 0,25

V.a

* Với a=-b chọn b=-1 a=1 phương trình cách cạnh của hình vuông : : 1 0; : 3 0; : 2 0; : 2 0AB x y AD x y DC x y CB x y− − = − − + = − − = − − + = 0,25

(1,0 điểm)

Điều kiện 2,n n≥ ∈ℤ

Ta có: ( ) ( )2 11

14 6 1 4 6

2n

n n

n nA C n n n n−

+

+− = + ⇔ − − = +

2 1( )

11 12 012

n loain n

n

= −⇔ − − = ⇔ =

0,25

0,25

VI.a

Với n = 12 ta có:

( )12 12 12123 3 3 12 36 4

12 120 0

1 1 12 2 2 2

n kkk k k k

k k

x x C x C xx x x

− − −

= =

+ = + = =

∑ ∑

Số hạng không chứa x ứng với k = 9 là 9 312.2 1760C = .

0,25

0,25 (1,0điểm)

§K 1

x2

≥ . PT t−¬ng ®−¬ng:

( ) ( ) ( )2 2 2 2

2 x x 1log 4 2 2x 1 log x x 1 log 2 0 log 0 x x 1 2 2x 1

4 2 2x 1

+ +− + − + + + + = ⇔ = ⇔ + + = + −

+ −

0,25

1(x 2) ( x 1 2x 1) 0 (x 2) 1 0

x 1 2x 1

⇔ − + + − − = ⇔ − − = + + −

+) x = 2 thỏa mãn 0,25

VIIa

+) 11 0 x 1 2x 1 1 0

x 1 2x 1− = ⇔ + + − − =

+ + −

Vô lý vì 3 1x 1 2x 1 1 1 0 x

2 2+ + − − ≥ − > ∀ ≥ . Vậy tập nghiệm 2S =

0,5

Xét hệ + = = ⇔ ⇒ − = ±− + =

2 2

2 2

x y 13 x 2A(2; 3);B(2;3)

y 3(x 6) y 25 0,25

V.b (1,0 điểm)

Gọi ∆ là đường thẳng cần lập. Giả sử ∆ cắt 1(C ) ; 2(C ) tại M và N.

Gọi M(a;b) vì A là trung điểm MN nên N(4 a; 6 b)− − −

Do 1M (C )∈ ; 2N (C )∈ ta có hệ phương trình 2 2

2 2

a b 13

( 2 a) ( 6 b) 25

+ =

− − + − − =

0,25



Giải hệ phương trình ta được: a 2;b 3

17 6a ;b

5 5

= = − − − = =

+ Với a 2;b 3= = − thì M(2; 3)− loại do

M A≡ + Với 17 6

a ;b5 5

− −= = thì 17 6

M( ; )5 5

− − và

37 24N( ; )

5 5

−

0,25

Lập phương trình đường thẳng đi qua MN là: ∆ + + =: x 3y 7 0 0,25 (1,0 điểm)

Ta thấy không thể chọn sao cho cùng hết 2 loại sách Số cách chọn 6 quyển sách từ 12 sách là 6

12 665280AΩ = =

Gọi A là biến cố: “sau khi tặng sách song mỗi một trong ba loại Toán, Vật lý, Hóa học đều còn lại ít nhất một quyển.” P(A)=1-P(A)

0,5

Số cách chọn sao cho không còn sách Toán:56 .7A =5040

Số cách chọn sao cho không còn sách Vật lý: 4 26 8. 20160A A =

Số cách chọn sao cho không còn sách Hóa học: 3 36 9. 60480A A =

0,25

VI.b

| A |=5040 20160 60480+ + =85680 nên P(A )=85680 17

665280 132= ⇒ P(A)=1-

17 115

132 132= .

0,25

(1,0 điểm)

Bất phương trình tương đương với: 2 22 23 5 3 5

( ) ( ) 2 02 2

x x x x− −− ++ − ≤ 0,25

Đặt

2 22 2

3 5 3 5 1( 0)

2 2

x x x x

t tt

− − + −= > ⇒ =

0,25

VIIb

ta được bất phương trình: 1

2 0tt

+ − ≤ ( )21

0 1t

tt

−⇔ ≤ ⇔ = 22 0x x⇒ − = ⇔ x=0 ∨ x =

2 0,5

Hết

Chú ý : Các cách khác đúng cho điểm tương đương

TRƯỜNG THPT CHUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 LƯƠNG VĂN CHÁNH NĂM HỌC 2013 – 2014

MÔN: TOÁN (Thời gian làm bài 180 phút ) -----------------------------------------------------------------------------------------------------

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0điểm). Cho hàm số y = x3 – 3x2 + (m – 2)x + 3m (Cm) (m là tham số).

1. Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số ứng với m = 2. 2. Tìm m để tiếp tuyến có hệ số góc nhỏ nhất của đồ thị (Cm) của hàm số đã cho vuông góc với đường thẳng (d): x – y + 2 = 0 .

Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: (1 cos 2 )2 cos( ). (1 cot )

4 sinxx x

x

2. Tính: dxx

xx

2sin

cos

Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:

2

22 21

xyyx

yxxyyx

Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều S.ABCD có cạnh đáy bằng a và cạnh bên bằng

26a ; điểm M là trung điểm của cạnh SA. Tính thể tích tứ diện SMBD.

Câu V (1,0 điểm) Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn abc = 1. Chứng minh rằng:

11

11

11

1333333

accbba

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Câu VIa(3,0 điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: A, A1, B

1.a) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1: 2x + 2y – 1 = 0 ; d2: 4x – 2 y + 3 = 0. Gọi A là giao điểm của d1 và d2. Viết phương trình đường thẳng qua M )2;4( và lần lượt

cắt d1, d2 tại B, C sao cho tam giác ABC cân tại A. 2.a) Một tổ học sinh có 4 em Nữ và 5 em Nam được xếp thành một hàng dọc. Tính xác suất để chỉ

có hai em nữ A , B đứng cạnh nhau còn các em nữ còn lại không đứng cạnh nhau và cũng không đứng cạnh A, B .

3.a) Tìm m để bất phương trình sau có nghiệm thuộc đoạn 0 ; 1 3

0)2(221 2 xxxxm . Câu VIb(3điểm). DÀNH CHO THÍ SINH THI KHỐI: D, D1, M

1.b) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x2 + y2 – 4x – 2y – 4 = 0. Viết phương trình đường thẳng qua M(1;4) và tiếp xúc với đường tròn (C).

2.b) Tìm hệ số của x10 trong khai triển Niu tơn đa thức nxxxxf 32

2 )2(141)(

với n là số

tự nhiên thỏa mãn: nCA nnn 1423 .

3.b) Xác định m để bất phương trình: mxx

1log

log22

22 nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định

. Họ và tên thí sinh:…………………………………; Số báo danh…………


www.MATHVN.com

ĐÁP ÁN

Câu Nội dung Thang điểm

I-PHẦN CHUNG Câu I(2đ) 1(1đ)

y = x3 – 3x2 + (m – 2)x + 3m Khi m = 2, ta được hàm: y = x3 – 3x2 + 6 - TXĐ: D = R - y’= 3x2 – 6x

y’= 0

2260

yxyx

- xx

lim;lim

- BBT: x 0 2 y’ + 0 - 0 + y 6 2 y’’= 6x – 6 , điểm uốn I(1,4); CĐ(0;6), CT(2;2). Điểm đặc biệt (-1;2), (3;6).

10

8

6

4

2

-5 5

f x = x3-3x2 +6

0,25 0,25 0,25 0,25

2(1đ) Ta có: y’= 3x2 – 6x + m – 2 Tiếp tuyến Δ tại điểm M thuộc (Cm) có hệ số góc : k = 3x2 – 6x + m – 2 = 3(x – 1)2 + m – 5 5m dấu đẳng thức xảy ra khi x = 1 Suy ra : min 5k m tại điểm M (1 ; 4m – 4) Tiếp tuyến 411).5( mmd Vậy m = 4.

0,25 0,25 0,25 0,25

CâuII(2 đ) 1(1đ)

Điều kiện: kxx 0sin 0,25


www.MATHVN.com

Pt xx

xxxx

sincos1

sincos2)cos(sin

2

)(242

202cos*

)(4

1tan0cossin*

02cos0cossin

02cos)cos(sin

0)1cos2)(cos(sincossincos2).cos(sin

2

2

Nkxkxx

Nkxxxx

xxx

xxx

xxxxxxxx

Vậy phương trình có nghiệm là: x = 24 k

0,25 0,25 0,25

2(1đ) Ta có: I = dx

xxdx

xx

22 sincos

sin

I1 = dxx

x 2sin

Đặt

xvdxdu

dxx

dv

xu

cotsin

12

1

1

sinlncotsin

)(sincot

sincoscotcotcot

Cxxxxxdxx

dxxxxxxdxxxI

I2 = dxxx

2sincos

Đặt t = sinx xdxdt cos

I2 = 222 sin11 C

xC

ttdt

Vậy: I = Cxxx

x cotsin

1sinln

0,25 0,25 0,25 0,25

CâuIII(1đ)

(2)

)1(21

2

22

xyyx

yxxyyx

ĐK x + y > 0. Ta có:

nghiêm) (vô 01

02110)1(21

2)(2)(

22)1(

22

2

2

2

yxyxxy

xyyxyxyxyxxyyxyx

xyyxyxxyyxyx

yxxyyxxyyx

Với y = 1 – x thay vào (2) ta được x2 + x – 2 = 0

21

xx

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm (1;0) và (-2;3).

0,25 0,25 0,25 0,25

CâuIV(1đ) Ta có:


www.MATHVN.com

VS.ABD = 21 V

VVVSASM

VV

ABDSMBCSABDS

MBCS

41

21

21

...

.

Do S.ABCD là hình chóp tứ giác đều nên

SO aaaAOSASOABCD 22

3)(22

22

3. 3

1.31 aSSOVV ABCDABCDS

Vậy: VSMBD = 3

121 a

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu V(1đ) Trước hết ta chứng minh :

0)(

122

3333

cbaababcabbaabcbababaabcbaba

(1)

Từ (1), ta có: cba

ccbaabc

ccbaabba

)()(

11

133

Tương tự: cba

baccba

acb

3333 1

1;1

1

Suy ra: 11

11

11

1333333

accbba

Dấu (=) xảy ra khi a = b = c = 1.

0,25 0,25 0,25 0,25

II-PHẦN RIÊNG Câu VIa 1a(1đ) Phương trình đường phân giác của góc tạo bởi hai đường thẳng d1, d2 là:

23

324

22122

yxyx

)( 0323214

)( 092322

2

1

yx

yx

Để đường thẳng qua M 2;4 và cắt d1, d2 lần lượt tại B , C để tam giác ABC cân tại A khi và chỉ khi đường thẳng này phải vuông góc với 1 hoặc 2 .

Đường thẳng qua M và vuông góc 1 có phương trình là: 14x + 2 022222370244423 yxy Đường thẳng qua M và vuông góc 2 có phương trình là: 2x 022102302420232 yxy .

0,25 0,25 0,25 0,25

2a(1đ) + Không gian mẫu: P9 = 9! cách xếp một hàng dọc + Số cách xếp 5 bạn Nam là: P5 = 5! + Số cách xếp 4 bạn Nữ trong đó bạn A và B đứng cạnh nhau (A và B hoán vị

nhau) là: !3!6.22 3

6 A (Chú ý giữa 5 em Nam có 6 vị trí để xếp Nữ vào)

Vậy P = 635

!9!.3!5!.6.2

0,25 0,25 0,25 0,25

3a(1đ) Đặt t = 2)2(22 22 txxxx

S

A

B

D

C

M

O


www.MATHVN.com

t’ = 1022

12

xtxx

x

Bảng biến thiên suy ra: 2;131;0 tx

Bpt trở thành (1) 12tm 2)1

22

t

ttm

Xét f(t) = 122

tt trên 2;1 , có 0

)1(22)(' 2

2

ttttf

BBT t 1 2 f’(t) +

32

f(t)

- 21

Bpt(1) có nghiệm t 3

2)2()(max2;12;1

ftfm

Vậy 32

m .

0,25 0,25 0,25 0,25

Câu VIb 1.b)(1đ) (C ) có tâm I(2;1), bán kính R = 3

Đường thẳng qua M(1;4) cùng phương với Oy không thể tiếp xúc với (C) . Gọi k là hệ số góc của đường thẳng qua M(1;4) có phương trình: kx – y + 4 – k = 0

tiếp xúc (C ) Rk

kykxRId II

1

4),(

2

430

068)1(9313412 2222

k

kkkkkkkk

Với k = 0, 04: y

Với k = 43 , : 3 4 13 0x y

0,25 0,25 0,25 0,25

2.b)(1đ) Từ 0255214 223 nnnCA nnn . Tìm được n = 5

Ta có f(x) = 4 3 3 4 191 1 12 2 2 216 16 16

n nx x x x

=19

1917

0

1 216

k k k

kC x

Hệ số ứng với x10 là: a10 = 9 10 5 1019 19

1 .2 2 295609616

C C

0,25 0,25 0,25 0,25

3b)(1đ)

Bpt: mxx

1log

log22

22

Đặt t = x22log (t )0 , ta được: m

tt

1

0,25


www.MATHVN.com

Xét hàm f(t) = 1t 1

tt

1122)('

ttttf , dấu f’(t) phụ thuộc vào dấu của tử

BBT: t 1 2 f’(t) - 0 + + + f(t) 2 Vậy: m 2 bpt nghiệm đúng với mọi x thuộc tập xác định.

0,25 0,25 0,25


www.MATHVN.com



SỞ GD & ĐT PHÚ THỌ -----@-----

TRƯỜNG THPT VI ỆT TRÌ

ĐỀ THI MÔN TOÁN L ỚP 12 - KHỐI D NĂM HỌC 2013-2014

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm). Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số .)1(12 24 ++−= mmxxy a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2. b) Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác sao cho trục Ox chia tam giác đó thành hai phần có diện tích bằng nhau . Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình lượng giác sau : xxx 2cot22sintan −=

Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình sau trên tập số thực R :

=+++

=+

655

4

yx

yx

Câu 4 (1,0 điểm) Giải phương trình sau : ( ) 12723.2)23.(5

+=−++

xxx

Câu 5 (1,0 điểm ) Cho lăng trụ đứng '''. CBAABC có đáy là tam giác vuông tại B, aBCaAB 2, == ,

)0(4' >= aaAA . Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C . Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số a,b,c dương thỏa mãn điều kiện 2=++ cba .

Tìm giá trị lớn nhất của accbbaS +++++=

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): 10+= xy và tam giác ABC

đều nội tiếp trong đường tròn (C): 014222 =++−+ yxyx .Viết phương trình đường thẳng AB và tìm tọa độ điểm C biết đường thẳng AB tạo với (d) một góc bằng 450 . Câu 8.a (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : 023=+− yx . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết điểm A thuộc trục Ox, điểm B thuộc trục Oy, đường thẳng qua AB vuông góc với đường thẳng (d) và diện tích hình vuông ABCD bằng 8 . Câu 9.a (1,0 điểm) Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số khác nhau ? Biết 51 ≤<∈ nvàNn .

B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy. Hãy viết phương trình chính tắc của Elip (E) biết hai đỉnh của (E) thuộc trục Oy cùng với hai tiêu điểm của (E) tạo thành một hình vuông có diện tích bằng 32. Câu 8.b (1,0 điểm) Trong hệ trục tọa độ Oxy cho đường thẳng (d) : 02 =− xy và điểm M(1; 4). Viết phương trình đường thẳng ( )∆ tạo với đường thẳng (d) một góc bằng 450 và cách điểm M(1;

4) một khoảng bằng 20 . Câu 9.b (1,0 điểm)

Tính tổng sau đây : !2013

...!2!1!0

20132013

22013

12013

02013 AAAA

S ++++=



------------------ Hết -------------------

Họ và tên thí sinh:……………………………………..Số báo danh:…………

SỞ GD&ĐT Phú Thọ

Trường THPT Việt Trì

KỲ KSCL THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2013-2014 LẦN I ĐÁP ÁN MÔN: TOÁN - KH ỐI D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Đáp án gồm: 05 trang

I. Hướng dẫn chung

1. Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng đúng thì cho đủ số điểm từng

phần như hướng dẫn quy định.

2. Việc chi tiết hóa (nếu có) thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch

hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi.

II. Đáp án – thang điểm

Câu Nội dung trình bày Thang điểm

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm

Cho hàm số y = x4 -2mx2 + m+1 (1). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 2

1,0 điểm

m =2 ta được hàm số : y = x4 -4x2 + 3. TXĐ : D= R Sự biến thiên : ;lim +∞=

±∞>−y

x

y’ = 4x3 - 8x = 4x(x2-2); y’= 0 <==> x=0, x= 2± bbt

+-+-

Hàm số đồng biến mọi x ( ) );2(,0;2 +∞−∈

Hàm số nghịch biến mọi x ( ) )2;0(,2;−∞−∈ Hàm số đạt cực đại tại xcđ=0 ; ycđ = 3 Hàm số đạt cực tiểu tại xct= 2± , yct= -1

0,25

0,25

0,25

Câu 1

Đồ thị Giao Oy (0; 3), Giao Ox (1;0), (-1; 0), )0;3(),0;3( −



f(x)=x^4 - 4*x^2 +3

-2 2 4 6 8

-2

2

4

6

8

x

y

0,25

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác sao cho trục Ox chia tam giác đó thành 2 phần có diện tích bằng nhau

1,0 điểm

y’=4x3 -4mx =4x(x2 -m) ; y’ =0

==

⇔mx

x2

0

để hàm số (1) có 3 cực trị thì y’ =0 phải có 3 nghiệm phân biệt 0>⇔ m

0,25

g/ sử tọa độ 3 điểm cực trị là ( ) )1;(),1;(,1;0 22 ++−++−−+ mmmCmmmBmA gọi H( 1;0 2 ++− mm ) là trung điểm của BC, trục ox cắt AB và AC tại M và N theo bài ra ta phải có

0)1(22

11

2

1

2

1 22

=+−⇒=+

⇔=⇒=∆

∆ mmm

m

AH

AO

S

S

ABC

AMN (vì ta xét m>0)

2

2422 +±=⇔ m kết hợp điều kiện suy ra m cần tìm

2

2422 ++=⇔ m

0,25

0,25

0,25

Giải phương trình lượng giác sau : xxx 2cot22sintan −= 1,0 điểm

Điều kiện Zkk

xx ∈≠⇔≠ ,2

02sinπ

pt <=> x

xx

x

x

x

xxxxx

2sin2cos

2sin2sin2cos

cossin

2cot2sin2cottan −=+⇔−=+

0,5

Câu 2

)/(,242

202cos02cos2cos

2cos2sin12sin

2cos2sin2sin.cos

sin.2sinsin.2cos

2

22

mtZkk

xkxxxx

xxx

xx

xx

xxxx

∈+=⇔+=⇔=⇒=+⇔

−=⇔−=+⇔

ππππ

0,25

0,25

Giải hệ phương trình sau trên tập số thực R :

=+++

=+

655

4

yx

yx

1,0 điểm

Điều kiện 0,0 ≥≥ yx 0,25

Hệ pt

=++

+++

=+++++⇔

=−++−+

=+++++2

5

5

5

5

1055

255

1055

yyxx

yyxx

yyxx

yyxx

0,25

( ) ( )( )( )

==

=++

=++⇔

=++++

=+++++4

4.......

55

55

2555

1055

y

x

yy

xx

yyxx

yyxx

0,25 0,25

Câu 3



C'

B'

C

B

A'

E

M

A

Giải phương trình sau : ( ) 12723.2)23.(5

+=−++

xxx

1,0 điểm

pt 7

7

23

2

7

2357

7

232

7

235 =

++

+⇔=

−+

+⇔ x

xxx

0,25

027

237

7

235

2

=+

+−

+⇔xx

0,25

05

2

7

231

7

23 =

−

+

−

+⇔xx

⇔

05

2

7

23

017

23

=

−

+

=−

+

x

x

0,25

Câu 4

5

20

log7

23

=

=⇔

+x

x

=

=⇔

+ 5

2log

0

7

23x

x

0,25

Cho lăng trụ đứngABC.A’B’C’ . Đáy là tam giác vuông tại B , AB = a, BC =2a, AA’ =4a (a>0). Gọi M là trung điểm của BC . Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AM và B’C .

1,0 điểm

Goi E là trung điểm của BB’ d(AM,B’C) = d(B’C;(AME))= =d(B;(AME)) = h

2222

2222

49

4111

1111

aaaa

BEBMAMh

=++=

=++=

h = 3

2a Vậy khoảng cách cần tính là

0,5

0,25

Câu 5

d(AM;B’C)= h = 3

2a

0,25

Cho biết

=++>>>

2

0,0,0

cba

cba

Tìm giá trị lớn nhất của S = accbba +++++

1,0 điểm

Áp dụng bất đẳng thức Cô si cho 2 số dương (a+b) và 4/3 0,25

Câu 6

( )

++=++

≤+=+3

4

4

3

234

2

3

3

4

2

3ba

bababa tương tự ta có

0,25



++≤+3

4

4

3cbcb

++≤+3

4

4

3caca Cộng vế với vế ta được

( ) 328.4

34222

4

3 ==+++≤⇒ cbaS

0,25

Vậy 32max =S dấu “=” xảy ra <==> 3

2=== cba 0,25

II. PHẦN RIÊNG: Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc B) 3,0 điểm

PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn Trong hệ trục Oxy cho đường thẳng (d): y = x+10, tam giác ABC đều nội tiếp trong đường tròn (C): x2 + y2 -2x +4y +1 =0 .Viết phương trình đường thẳng (AB) và tìm tọa độ điểm C biết đường thẳng (AB) tạo với (d) một góc bằng 450

1,0 điểm

Đường tròn (C) có tâm I(1; -2) , R=2 (d) : x-y +10 =0 có vtpt )1;1( −=dn 0,25

gọi đường thẳng (AB) có vtpt 0,);( 22 ≠+= baban 0,25

vì góc(d; (AB)) =450 2

1

.2

.);cos(

22=

+=⇒

ba

nnnn

d

d 0,25

Câu 7.a

( )( )

( )( )

−−⇒=−⇒=

⇒−=−⇒−=

⇒

==

⇒+=−⇒

2;12)(

2;30)(

0;13)(

4;11)(

......0

0.......22

CxAB

CxAB

CyAB

CyAB

b

ababa

0,25

Trong hệ trục Oxy cho đường thẳng (d) : x-y +23 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông ABCD biết điểm A thuộc trục Ox, điểm B thuộc trục oy và đường thẳng qua AB vuông góc với đường thẳng (d) và diện tích hình vuông ABCD bằng 8 .

1,0 điểm

Câu 8.a

Vì AB vuông góc với (d) nên p (AB) có dạng y= - x+c )(∆ 0,25 ( )( ) ( ) ( )cBoycAox ;0,0;) =∆=∩∆ ∩ vì ABCD là hv có diện tích bằng 8 nên ta có phương trình .AB2= 2c2 =8 ==>c2 =4 2±=⇒ c

0,25

Vậy 4 đỉnh của hình vuông lần lượt có tọa độ là :

A(2;0), B(0; 2), C(2; 4) , D( 4; 2) hoặc A(2;0), B(0; 2), C(-2; 0) , D( 0; -2) A(-2;0), B(0;-2), C(2; 0) , D( 0; 2) hoặc A(-2;0), B(0;-2),C(-2; -4), D(- 4;-2)

0,25 0,25

Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên có n chữ số khác nhau ? ( 51 ≤<∈ nvàNn ).

1,0 điểm

Với n=2 .Số các số có 2 chữ số khác nhau phải tìm là : 26A 0,25

Với n=3 .Số các số có 3 chữ số khác nhau phải tìm là : 36A



0,25 0,25

Câu 9.a

Vậy tất cả có số 26A + 3

6A + 46A + 5

6A = 1230 số phải tìm 0,25

PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao



Câu 7.b

Trong hệ trục Oxy cho viết phương trình chính tắc của Elip (E) biết hai đỉnh của (E) thuộc trục Oy cùng với hai tiêu điểm của (E) tạo thành lập thành một hình vuông có diện tích bằng 32.

1,0 điểm

Giả sử (E) có phương trình dạng chính tắc : )(12

2

2

2

Eb

y

a

x =+ .Tọa độ các đỉnh và

tiêu điểm của (E): A1(a;0) ; A2 (-a; 0) ; B1(0; b); B2(0;-b) F1(-c;0), F2(c;0). Với a,b,c> 0, a>b, a> c; a2 =b2 + c2

0,25

B1F1B2F2 là hình vuông có diện tích =32 nên ta có

16322

2.232

2

. 2121 =⇔=⇔= bccbFFBB

Do B1F1B2F2 là hình vuông nên ta có OF1= OF2 suy ra b=c

0,25

Kết hợp ta được b= c =4 24=⇒ a 0,25

vậy ptct của (E) cần tìm là : )(11632

22

Eyx =+

0,25

Trong hệ trục Oxy cho đường thẳng (d) :2y - x = 0 và điểm M(1; 4). Lập phương trình đường thẳng tạo với đường thẳng (d) góc bằng 450 và cách điểm M (1; 4) một khoảng bằng 20 .

1,0 điểm

TH1 : giả sử đường thẳng cần tìm có dạng x= c dẽ thấy không thỏa mãn vì không thể tạo với (d) góc 450

0,25

TH2: vậy đt cần tìm có dạng( )∆ :y= ax+b ax - y + b =0 0,25 theo ycbt ta phải có

góc ( ) ( )( ) ( ) ( )2

1

15

245cos;cos(45;

2

00 =+

+⇔=∆⇒=∆

a

add

….<=>

−=

=⇔=−−

3

1

30383 2

a

aaa

0,25

Câu 8.b

Với a=3 thì ( ) ( )( ) 2010

4320;03: =

+−⇔=∆⇒=+−∆

bMdbyx

021013:)(2101 =±+−∆⇒±=⇒ yxptđtb

tương tự với a = -1/3 ta có hai pt đường thẳng : 03

21013

3

1 =±±−− yx

0,25

Tính tổng sau đây : !2013

...!2!1!0

20132013

22013

12013

02013 AAAA

S ++++=

1,0 điểm

Câu 9.b

Ta có 0! =1, !k

AC

knk

n =

0,25 ( ) 201320132013

201312013

02013 211... =+=+++= CCCS 0,75

------------ Hết -------------



TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; Kh ối D Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát để I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I: (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 33 4y x mx m= − + có đồ thị (Cm)

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 2. Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu ở về một phía đối với đường thẳng 3 2 8 0x y− + = .

Câu II: (2,0 điểm).

1. Giải phương trình: 3tan tan 14

x xπ − = −

2. Giải phương trình: ( ) ( )2 3

4 82log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + +

Câu III: (1 điểm). Tính tích phân I = −∫2

1

0

x 5 x dx

Câu IV: (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Có SA AB 3a= = , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60o.

1. Tính thể tích khối chóp S.ABC. 2. Trong tam giác SAC vẽ phân giác góc A cắt cạnh SC tại D. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng

AC và BD. Câu V: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng cho n đường thẳng đôi một cắt nhau sao cho không có ba đường nào đồng quy. n đường thẳng đó chia mặt phẳng thành những miền không có điểm chung trong, trong đó có những miền là đa giác. Tính theo n số các đa giác đó. PHẦN RIÊNG: (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a: (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm ( ) ( )0;4 , 5;0A B và đường thẳng

( ) : 2 2 1 0d x y− + = . Lập phương trình hai đường thẳng lần lượt đi qua A, B nhận đường thẳng (d)

làm đường phân giác. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( )(0;0; 3), 2;0; 1A B− − và mặt phẳng

( ) :3 8 7 1 0P x y z− + − = .

a) Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). b) Tìm tọa độ điểm C nằm trên mp(P) sao cho ABC là tam giác đều.

Câu VII.a: (1,0 điểm). Cho M, N là hai điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z, w khác 0 thỏa mãn đẳng thức 2 2z w zw+ = . Chứng minh tam giác OMN là tam giác đều. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b: (2,0 điểm).

1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2C : 2 2 10 0x y x y+ − + − = và điểm ( )1;1M . Lập

phương trình đường thẳng qua M cắt (C) tại A, B sao cho MA = 2MB. 2.Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình

2 2 22 2 3 0; 2 4 8 4 0x y z x y z x y z− + − = + + − + − − = a) Xét vị trí tương đối giữa mặt cầu (S) và mặt phẳng (P). b) Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với (S) qua mặt phẳng (P).

Câu VII.b: (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )2 2

4 2 2 4

7 7x x y y y xP

x y x y

+ + +=

+

------------- Hết ------------ Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.



HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ Môn: Toán D

Câu Phần Nội dung Điểm Cho hàm số 3 2 33 4y x mx m= − + có đồ thị (Cm)

3. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m = 1. 4. Tìm m để (Cm) có các điểm cực đại, cực tiểu ở về một phía đối với

đường thẳng 3 2 8 0x y− + = .

2,0 điểm

a) Khi 1m= ta có 3 23 4y x x= − + Tập xác định D = R Sự biến thiên:

2' 3 6y x x= − ; ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x =

0,25

Các khoảng đồng biến : ( );0−∞ và ( )2;+∞

Khoảng nghịch biến: ( )0;2

Hàm số đạt cực tiểu tại 2, 0CTx y= = ; đạt cực đại tại 0, 4CÐx y= =

Giới hạn lim ; limx x

y y→−∞ →+∞

= −∞ = +∞

0,25

Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞

'y + 0 - 0 + y

4 0

0,25 Câu I

Đồ thị:

4

2

-2

-5 5

0,25

b 2' 3 6 ; ' 0 0y x mx y x= − = ⇔ = hoặc 2x m= 0,25

Các điểm cực trị: ( ) ( )30;4 ; 2 ;0A m B m 0,25

Hai điểm cực trị nằm cùng phía với đường thẳng 3 2 8 0x y− + =

( )( )38 8 6 8 0m m− + + >

0,25

( )( )1 3 4 0m m⇔ − + < 4;1

3m

− ⇔ ∈

Kết luận: Vậy 4

;13

m− ∈

thỏa mãn yêu cầu của đề bài.

0,25

Câu II 1 Giải phương trình: 3tan tan 1

4x x

π − = −

(1) 1,0 điểm

−∞

+∞



Điều kiện:

3

4 2 4

2 2

x k x k

x k x k

π π ππ π

π ππ π

− ≠ + ≠ + ⇔ ≠ + ≠ +

0,25

(1)

( )( )

3

3

sin cos sin cos

cossin cos

x x x x

xx x

− −⇔ =+

( ) ( )( )

2

3

sin cos 1sin cos 0

cossin cos

x xx x

xx x

−⇔ − − =

+

0,25

( ) ( )3 2 2sin cos sin 2sin cos 5sin cos 0x x x x x x x⇔ − + + =

2 2

sin 0sin 0

sin cos 0sin cos 0

sin 2sin cos 5cos 0

xx

x xx x

x x x x

==⇔ ⇔− = − = + + =

0,25

sin 0

sin cos 04

x kx

x x x k

ππ π

== ⇔ ⇔ − = = +

Thỏa mãn ĐK

Kết luận x kπ= hoặc 4

x kπ π= +

0,25

2 Giải phương trình: ( ) ( )2 3

4 82log 1 2 log 4 log 4x x x+ + = − + + (2) 1,0

điểm

Điều kiện:

1

4

4

x

x

x

≠ − < ≠ −

0,25

(2) ( ) ( )2 2 2log 1 log 4 log 4 log 4x x x⇔ + + = − + +

( ) ( )22 2log 4 1 log 16x x⇔ + = −

24 1 16x x⇔ + = −

0,25

TH1: 2 2

11 1

224 12 0 4 12 0

6

xx x

xxx x x x

x

> −> − > − ⇔ ⇔ ⇔ == + − = + − = = −

(TM)

0,25

TH2: 2

11

2 2 62 2 64 20 0

2 2 6

xx

xxx x

x

> −< −⇔ ⇔ = −= + − − = = −

(TM)

Kết luận: 2x = hoặc 2 2 6−

0,25

Câu III Tính tích phân I = −∫

2

1

0

x 5 x dx 1,0 điểm

( ) ( ) ( ) ( )= − = − − − = − − = −∫ ∫

11 3

2 2 2 22 2

0

1 1

0 0

1 1 1I x 5 x dx 5 x d 5 x 5 x 5 5 8

2 3 3

1,0

Câu IV Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A. Có SA

AB 3a= = , cạnh bên SA vuông góc với mặt phẳng đáy, góc giữa đường thẳng

1 điểm



H

S

A

BC

DK

SC và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. 3. Tính thể tích khối chóp S.ABC.

Trong tam giác SAC vẽ phân giác góc A cắt cạnh SC tại D. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và BD.

1 1) SA AB 3a= = 60oSCA=

AC a⇒ = 21 3

. . 32 2ABC

aS a a= =

2 3

.

1 3. . 3

3 2 2S ABC

a aV a= =

0,5

2 Kẻ DH // AC ( )H SA∈

Kẻ AK ⊥ BH ( )K BH∈

Suy ra AC // mp(BDH) ( ) ( ), , ( )d AC BD d A BDH AK= =

Ta có HA DC AC

HS DS AS= = Tính được

( )3 3

2

aHA

−=

2 2 2

1 1 1

AH AB AK+ =

( )2 2 22

4 1 1

33 3 a AKa⇒ + =

−

( )2

23 3 3 3 3

15 6 3 5 2 3

aAK AK a

− −⇒ = ⇔ =

− −

0,5

Trong mặt phẳng cho n đường thẳng đôi một cắt nhau sao cho không có ba đường nào đồng quy. n đường thẳng đó chia mặt phẳng thành những miền không có điểm chung trong, trong đó có những miền là đa giác. Tính theo n số các đa giác đó.

1 điểm

Giải Chẳng hạn đã vẽ n đường thẳng thỏa mãn đề bài. Ta rút bớt 1 đường thẳng Như vậy sẽ mất n – 1 giao điểm Số miền mất đi là [(n – 1) +1] = n miền. Lần lượt rút đi n đường thẳng trên mặt phẳng Số miền bị mất đi là n + (n – 1) + (n – 2) + ... + 2 + 1 và còn lại 1 mặt phẳng

Suy ra n đường thẳng lúc đầu chia mặt phẳng thành ( )1

12

n n++ miền.

0,5

Câu V

Số giao điểm mà n đường thẳng đó tạo ra là hữu hạn. Vẽ đường tròn đủ lớn để tất cả các điểm đó nằm bên trong đường tròn. Ta sẽ nhận được 2n giao điểm giữa n đường thẳng và đường tròn.

0,25



Suy ra số miền không phải là đa giác là 2n miền

Vậy số miền đa giác thỏa mãn đề bài là : ( ) 21 3 2

1 22 2

n n n nn

+ − ++ − = 0,25

PHẦN RIÊNG Câu VIa 1 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm ( ) ( )0;4 , 5;0A B và đường

thẳng ( ) : 2 2 1 0d x y− + = . Lập phương trình hai đường thẳng lần lượt đi qua A,

B nhận đường thẳng (d) làm đường phân giác.

1 điểm

- Lấy B’ đối xứng với B qua d Giả sử H d∈ sao cho BH d⊥

Suy ra 2 1

;2

tH t

+ =

2 1

5;2

tBH t

+ ⇒ = −

BH d⊥ ( ) 2 1 92 5 2 0

2 4

tt t

+ ⇔ − + = ⇔ =

9 11;

4 4H

⇒ =

1 11' ;

2 2B

− ⇒ =

0,5

- Phương trình đường thẳng AB’ 3 4 0x y+ − = - Tìm giao điểm I của d và AB’: Tọa độ của I là nghiệm của hệ

72 2 1 0 83 4 0 11

8

xx y

x yy

=− + = ⇔ + − = =

Hai đường thẳng cần tìm là AI và BI Phương trình AI : 3 4 0x y+ − = Phương trình BI : 3 5 0x y+ − =

0,5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm ( )(0;0; 3), 2;0; 1A B− − và

mặt phẳng ( ) :3 8 7 1 0P x y z− + − = .

a) Tìm tọa độ giao điểm I của đường thẳng AB với mặt phẳng (P). b) Tìm tọa độ điểm C nằm trên mp(P) sao cho ABC là tam giác đều.

1,0 điểm

a Giả sử ( ); ;I x y z= . Khi đó ( ) ( )2;0;2 , ; ; 3AB AI x y z= = +

.

Vì AI

và AB

cùng phương nên có một số k sao cho AI k AB=

hay 2

00

3 03 2

x ky

yx z

z k

== = ⇒ − − = + =

Mặt khác, ( )I P∈ nên 3 8 7 1 0x y z− + − = . Vậy ta có hệ:

110 5

11 43 0 0 ;0;

5 53 8 7 1 0 4

5

xy

x z y I

x y zz

== − − = ⇔ = ⇒ = −

− + − = = −

0,5

b Ta có 2 2AB = . Giả sử ( ); ;C x y z= . 0,5



Ta phải có

( )

( )( ) ( )

22 2

2 22

3 82 2

2 2 2 1 8

3 8 7 1 0

x y zCA

CB x y z

C P x y z

+ + + == = ⇔ − + + − =

∈ − + − =

( )22 2 3 8

1 0

3 8 7 1 0

x y z

x z

x y z

+ + + =

⇔ + + = − + − =

Giải hệ ta có hai nghiệm và do đó có hai điểm C:

( ) 2 2 12; 2; 3 , ; ;

3 3 3C C

− − − − −

Câu VIIa Cho M, N là hai điểm trong mặt phẳng phức biểu diễn theo thứ tự các số phức z, w khác 0 thỏa mãn đẳng thức 2 2z w zw+ = . Chứng minh tam giác OMN là tam giác đều

1 điểm

Ta cần chứng minh OM ON MN= =

Tức là z w z w+ = −

Từ ( )( )

223 32 2

2 2

z w z wz w z wz w zw z w z w

w z w z w z z w

= − = − + = ⇔ ⇒ ⇒ = ⇒ = = − = −

Suy ra z w z w= = −

1,0

Câu VI.b 1 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) 2 2C : 2 2 10 0x y x y+ − + − = và

điểm ( )1;1M . Lập phương trình đường thẳng qua M cắt (C) tại A, B sao cho

MA = 2MB.

1 điểm

Gọi I là tâm đường tròn (C) ( )1; 1I⇒ = −

Đường tròn (C) có bán kính 2 3R =

( )0;2 2IM IM R= ⇒ = <

nên M nằm trong (C)

Tức là 2MA MB= −

( )( )

2 2 3

2 2 3A M B M A B M

A M B M A B M

x x x x x x x

y y y y y y y

− = − − = − +⇔ ⇔ − = − − = − +

Giả sử ( ) ( ); 2 3; 2 3 ;B a b A a b= ⇒ = − + − +

Ta có hệ

( ) ( ) ( ) ( )

2 2

2 2

2 2 10 0

2 3 2 3 2 2 3 2 2 3 10 0

a b a b

a b a b

+ − + − =

− + − + − − − − =

0,5



2391

8

2391

83

2

a

a

b

= +

⇔ = − =

239 151 ;

8 8

239 151 ;

8 8

B

B

= +

⇒

= −

239 7;

8 8

239 7;

8 8

MB

MB

=

⇒

= −

Được hai phương trình đường thẳng:

( ) ( )( ) ( )

7 1 239 1 0

7 1 239 1 0

x y

x y

− − − =

− + − =

0,5

2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P) và mặt cầu (S) lần lượt có phương trình 2 2 22 2 3 0; 2 4 8 4 0x y z x y z x y z− + − = + + − + − − =

a) Xét vị trí tương đối giữa mặt cầu (S) và mặt phẳng (P). b) Viết phương trình mặt cầu (S’) đối xứng với (S) qua mặt phẳng (P).

1 điểm

a Mặt cầu (S) có tâm ( )1; 2;4I − và bán kính R = 5.

( )( ) ( )( )22 2

2.1 2 2.4 3; 3 5

2 1 2d I P R

− − + −= = < =

+ − +

Vậy (P) cắt mặt cầu (S)

0,5

b Gọi (P’) là mặt phẳng song song với (P) và cách sao cho ( ) ( )( )' , 3d P P = và

( )( ), ' 6d I P =

Suy ra ( )' : 2 2 0P x y z d− + + =

Lấy điểm ( ) ( )0; 3;0A P= − ∈ ( )( ) 63, ' 3 3

123

ddd A P

d

=+ ⇒ = ⇔ = ⇔ = −

Suy ra: ( )' : 2 2 6 0P x y z− + + = (Vì ( )' : 2 2 12 0P x y z− + − = chứa I nên

loại)

0,25

Gọi I’ là điểm đối xứng với I qua (P) '

( ) '

'

2 1

' . 2

2 4

I

P I

I

x k

II k n y k

z k

= +

⇒ = ⇔ = − − = +

( ) ( ) ( ) ( )' ' 2 2 1 2 2 2 4 6 0 2I P k k k k∈ ⇔ + − − − + + + = ⇔ = −

( )' 3;0;0I⇒ = −

Vậy phương trình mặt cầu (S’) : ( )2 2 23 25x y z+ + + =

0,25

Câu VII.b

Cho các số thực dương x, y . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

( ) ( )2 2

4 2 2 4

7 7x x y y y xP

x y x y

+ + +=

+

1 điểm

Áp dụng bất đẳng thức Cô-si

( ) ( ) ( )

( ) ( ) ( )

2 2 3 3

3 2

7 7 7

4 4

x x y y y x x y xy x y

x y xy x y xy x y

+ + + = + + +

= + + + ≥ +

( ) ( )22 24 2 2 4 2 2 2

2 .2 2 2 2 2

xy x yxy xy x y xyx y x y xy x y

++ ++ = + ≤ =

1,0



Vậy min 8 2y =

website http://bacninh.edu.vn/thptthuanthanh1 1

SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

NGÀY 05/01/2014

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 – 2013 Môn : TOÁN, Khối A, B

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

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

Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: 2x 1yx 1

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

2. Tìm m để đường thẳng y= 12

x m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B sao cho KA=KB với K(2;0).

Câu II (2,0 điểm).

1. Giải phương trình:

42cos)sin2(

2cos)

2cos

2(sin22 33 xxxxx .

2. Giải phương trình : 2 227 21 28

x x x x x

Câu III (1,0 điểm). Tính: I=.2 2 3 1

1

x x x

x

x e xe e dxxe

Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau

tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O

đến mặt phẳng (SAB) bằng 34

a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a, và góc giữa 2 mặt phẳng (SAB)

với (SBD). Câu V:(1,0 điểm). Cho x,y,z > 0 thỏa mãn: 2 2 2x y xz yz xy .

Tìm giá trị nhỏ nhất của 4 4 44 4 4

1 1 14 4

P x y zx y z

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). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng có phương trình lần lượt là d1: 3x-4y-24=0,

d2: 2x-y-6=0. Viết phương trình đường tròn(C ) tiếp xúc với d1 tại A và cắt d2 tại B, C sao cho BC = 4 5 và sinA = 2

5. Biết tâm I của đường tròn (C ) có các tọa độ đều dương.

2. Giải hệ phương trình:

2 4

29 3

log log 2

log log 1

y xy

x x y

Câu VII.a (1,0 điểm). Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập các số có 4 chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong các số được

lập, tính xác suất để số được lấy có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao

Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn 2 2: 2 C x y .Viết phương trình tiếp tuyến của

đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất.

2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C(-2;0;0). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy.

Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình 22

2log log2 4 20 0x x 2 .……….Hết………

Họ và tên thí sinh...................................................................., Số báo danh.....................................................


www.MATHVN.com


ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu -ý

Nội dung Điểm

I.1 *Tập xác định : \ 1D

Tính 21' 0

( 1)y x D

x

Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) *Hàm số không có cực trị Giới hạn

1

xlim y

1

xlim y

2

xlim y 2

xlim y

Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên x 1 y’ - - y

2

2

*Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ)

0.25 0.25 0.25 0.25

I.2 * PT hoành độ giao điểm của dm: y = 1

2x m với (C) là :

2 1 11 2

x x mx

2

15 2 2 2 0 1

x

x m x m

dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác 24 12 17 0

1 2 5 2 2 0m m

m m

m

* Gọi x1, x2 là các nghiệm của PT(1): 1 2 5 2x x m . Toạ độ giao điểm của dm với (C):

1 1 2 21 1; , ;2 2

A x x m B x x m

.Gọi I là trung điểm của AB thì 5 2 5 2;2 4

m mI

* KA=KB 32mKI d m

0.25 0.25 0.25 0.25

II.1

Pt(1)

2sin

2cossin2

2cos

2cos

2sin1

2cos

2sin4 xxxxxxxx

2sin

2cossin2

2cossin

211

2cos

2sin4 xxxxxxx

012

cos2

0sin2

02

sin2

cos

012

cos2)sin2(2

sin2

cosx

x

xx

xxxx

+) x x x xsin cos 0 sin 0 k x k2 (k )

2 2 2 4 2 4 2

+) 2xsin0xsin2 (vô nghiệm)

0.25 0.25 0.25


www.MATHVN.com


+) 2cos 1 41 0 cos 42 2 2 3x x x k (t/mđk)

Vậy nghiệm của phương trình là: 4

x k2 , x k4 k2 3

0.25

II.2 III

ĐK: x 0 , Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có:

* 2 227 272 2 2 2 24 4

x x x x x x x x x

22 271 (*)4

x xx

VT(*) = f(x) có f’(x) = 2

1 0, 02

xxx

x

, f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng 0;

VP(*) = g(x) có g’(x) = 27 0, 0 ( )2

x x g x là hàm đồng biến trên khoảng 0; .

phương trình (*) có không quá một nghiệm.

Mặt khác x = 23

là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = 23

.

21 1

11 1

ln 1 ln 1 ln 1

x x x xx

x x

x x x x x x x x

xe e xe d xeI dx xe dx

xe xex xd e xe x xe xe e dx x xe xe e C

0.25 0.25 0.25 0.25 0,5 0,5

IV

Từ giả thiết AC = 2 3a ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = 3a ; BO = a. Gọi K là hình chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO (ABCD). Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI

Ta có trong tam giác vuông AOB ta có: 2 2 2 2 2

1 1 1 1 1 33 2

aOKOK OA OD a a

.Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 2 2 2

1 1 12aSO

OI OK SO .

Diện tích đáy 24 2. . 2 3D SABC ABOS OA OB a ;

đường cao của hình chóp 2aSO .

Thể tích khối chóp S.ABCD: 3

.1 3.3 3D DS ABC ABC

aV S SO

Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là Tam giác SBO . Gọi là góc giữa hai mặt phẳng

(SAB) và (SBD) ta có os SBO

SAB

scs

Ta có : 2

21 1 1. , os arccos2 4 4 4SBO SAB

as OB SO SK a s a c

0.25 0.25 0.25 0.25

A

B C

O

I D

a

K

S


www.MATHVN.com


V

Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức: 22 2

2a b

a b

Ta có:

2 42 24 4

42 2 4 4

1 1 8 12 2 8

x y x yP z z

x y z zx y

Đặt 4

4 0 1x y

tz

Khi đó ta có: 8 81 1 28 8t tP

t t

Xét hàm số

2

8 1 8( ) 2 '( ) 0, 0;18 8tf t f t t

t t

Ta có f(x) nghịch biến trên 0;1 0;1

81min (1)8t

P f

Khi đó x = y = 2z

0.25 0.25 0.25 0.25

VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C ) Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d1) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d1) Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d2) = 2 2 5R MB .

Khi đó ta có hệ: 3 4 24 25

2 6 5

x y

x y

Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu

TH1 1;1I ta có phương trình (x -1)2+(y-1)2=25 TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)2+(y-7)2=25

0.25 0.25 0.25 0.25

VIa.2

Đk: 29 3

00 0 log log2 0

x yy x x xxy

Khi đó ta có hệ 2

2

23

y xyx xy

2

22

1( )31

123 3

x y loaixx y

x yyx xy x xy

(t/mđk)

0.25 0.25 0.5

VIIa Từ 6 chữ số đã cho ta lập được 46 360A số có 4 chữ số khác nhau

Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là 23 3C

Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là 23 3C

Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là:

2 23 3. .4! 216C C

Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong

đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là: 216 3360 5

P

0.25 0.25 0.25 0.25

VIa.1 +

Tâm : 0;0

Ban kính : 2

C O

C R

. Gọi tọa độ ;0 , 0;A a B b với 0, 0a b .

0.25


www.MATHVN.com


+ Phương trình AB: 1 1 0x y x ya b a b

AB tiếp xúc (C) 2 2

2 2

1, 2 2 21 1

abd O ABa b

a b

(***)

2 2 2 2

2 222a OAB

a b a b Sa b b

OABS nhỏ nhất khi a b . Từ a b và (***) suy ra 2a b .

Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là 1 02 2x y .

0.25 0.25 0.25

VIa.2 *Ta có ( )

AH BCBC AOH BC OH

AO BC

.

Tương tự AB OH Suy ra ( )OH ABC .

*Phương trình mp (ABC): 1 2 2 02 1 2x y z x y z

*mp(ABC) có vtpt 1;2;1n

nên OH có vtcp (1;2; 1)u n

*Phương trình đường thẳng OH: 1 2 12 ; ;3 3 3

x ty t Hx t

Khoảng cách từ H tới Oy là 23

R

Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là 2 2 21 2 1 2

3 3 3 9x y z

0.5 0.25 0.25

VIIb Điều kiện: x> 0 ; BPT 22

224log log2 4 20 0x x

Đặt. 22log4 xy , y 1

0.25

. BPT trở thành y2 + y- 20 0 - 5 y 4.Do y 1 nên ta có y 4 0.25

Khi đó ta có : 22log 2

2 24 4 log 1 1 log 1x x x

1 22

x

0.25 0.25

Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .


www.MATHVN.com



SỞ GD - ĐT HÀ T ĨNH ĐỀ THI TH Ử ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014 Trường THPT Tr ần Phú Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH TH ỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1. (2,0 điểm) Cho hàm số y = x 1

x 3

+−

(C)

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của đồ thị (C) bằng 4.

Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình sin2x + cosx-2 sin x4

π −

-1= 0.

Câu 3. (1,0 điểm). Giải phương trình 3 2

2 3 2 2

y (3x 2x 1) 4y 8

y x 4y x 6y 5y 4

+ − + =

+ − + = ( )x, y R∈ .

Câu 4. (1,0 điểm) Tính tích phân 2

0

cos2xs inx s inx dx

1 3cos x

π

+ + ∫

Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh 2a, mặt phẳng (SAB) vuông góc với đáy, tam giác SAB cân tại S và SC tạo với đáy một góc 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SA theo a. Câu 6. (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

3 3 3 2

3

4a 3b 2c 3b cp

(a b c)

+ + −=+ +

II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phẩn B) A. Theo chương trình chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d: x-3y-1= 0,

'd : 3x - y + 5 = 0. Gọi I là giao điểm của d và d'. Viết phương trình đường tròn tâm I sao cho đường tròn đó cắt d tại A, B và cắt d' tại A ', B' thoả mãn diện tích tứ giác AA'BB' bằng 40. Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình: 9x x

2log 9 log 27 2 0− + =

Câu 9.a (1,0 điểm). Tính tổng 2 4 6 8 10062014 2014 2014 2014 2014T C C C C ... C= + + + + +

B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, biết B(1;-4), trọng tâm G(5;4) và AC = 2AB. Tìm tọa độ điểm A, C.

Câu 8.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình ( ) ( )2x 4x 3 x 1 x 2

5 2 5 2 0− + − − −

+ − − ≥ .

Câu 9.b (1,0 điểm) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.

...Hết...



ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI TH Ử ĐH LẦN I TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ NĂM 2014

Môn: TOÁN - Kh ối A,A1,B và D (gồm 4 trang) CÂU NỘI DUNG ĐIỂM

a) (1 điểm) Khảo sát và vẽ ….. • Tập xác định: D=R\3

• Sự biến thiên: ( )2

4' 0, .

3y x D

x= − < ∀ ∈

−

- Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( );3−∞ và ( )3;+∞ .

0.25

- Giới hạn và tiệm cận: lim lim 1;x x

y y→−∞ →+∞

= = tiệm cận ngang: 1y = .

( ) ( )3 3

lim ; lim ;x x

y y− +→ →

= −∞ = +∞ tiệm cận đứng: 3x = . 0.25

-Bảng biến thiên: x −∞ 3 +∞ y’ - -

y 1 +∞

0.25

• Đồ thị:

0.25

b)(1 điểm) Gọi

−+

3

1;

0

00 x

xxM , (x0 ≠3) là điểm cần tìm, ta có:

Khoảng cách từ M đến tiệm cận đứng: x = 3 là 1 0d x 3= − .

Khoảng cách từ M đến tiệm cận ngang: y =1 là 2

0

4d

x 3=

−.

0.25

Theo giả thiết ta có

( )21 2 0 0

0

4d d 4 x 3 4 x 3 2 0

x 3+ = ⇔ − + = ⇔ − − =

−0

0

0

x 1x 3 2

x 5

=⇔ − = ⇔ =

. 0.5

1 (2,0 điểm)

Với 10 =x ; ta có ( )M 1; 1− . Với 50 =x ; ta có ( )M 5;3

Vậy điểm M cần tìm là ( )M 1; 1− và ( )M 5;3 . 0.25

Pt đã cho tương đương: 01sin)1(sincos201)cos(sincos2sin =−−+⇔=−−−+ xxxxxxx 0.25

( )( ) ⇔=−+⇔ 01cos21sin xx 1sin −=x hoặc 2

1cos =x 0.25

• sin 1 2 .2

= − ⇔ = − +x x kπ π 0.25

2 (1,0 điểm)

• 1

os 22 3

= ⇔ = ± +c x x kπ π .

Vậy, nghiệm của phương trình đã cho là: 22

x kπ π= − + ; 2

3x k

π π= ± + (k Z∈ ). 0.25

1 −∞

5

-5

y

xO 3

1



Hệ đã cho tương đương với:

( ) ( )

+=++

−=−+

)2(46

54

148

123

23

232

yyxx

yyxx

(do 0y = không thỏa mãn hệ đã cho) 0.25

Cộng pt(1) và pt(2) theo vế ta được ( ) ( )yy

xx2

.32

1313

3 +

=+++ (*) 0.25

Xét hàm số tttf 3)( 3 += , Rt ∈ . Ta có tttf ∀>+= ,033)(' 2 . Suy ra )(tf đồng biến .

Do đó y

x2

1(*) =+⇔ (3). 0.25

3 (1,0 điểm)

Thay vào (2), ta được ( ) ( ) ⇔=+−−⇔+++=++ 0111354 2323 xxxxxxx 1x = hoặc 1x −=

Thay vào (3), ta được nghiệm của hệ là ( ) ( )1;1; =yx . 0.25

Ta có I=2

0

cos2xsin x sin x dx

1 3cosx

π

+ + ∫ = .

2 2

2

0 0

cos2x.sin xsin xdx dx

1 3cosx

π π

++∫ ∫ 0.25

• ( )π π π

π = − = − =

∫ ∫2 2 2

2

0 0 0

1 1 1sin xdx 1 cos2x dx x sin 2x

2 2 2 4. 0.25

• Đặt −= + ⇒ =

2t 1

t 1 3cosx cosx3

; = 2sin xdx - tdt

3; x 0 t 2, x t 1

2

π= ⇒ = = ⇒ =

Ta có 2

2 4 2

2 t 1 2t 4t 7cos2x 2cos x 1 2 1

3 9

− − −= − = − =

0.25

4 (1,0 điểm)

( )π

= − − = − − = − + ∫ ∫

222

4 2 5 3

0 1 1

cos2x.sin x 2 2 2 4 118dx 2t 4t 7 dt t t 7t .

27 27 5 3 4051 3cosx Vậy

π= − 118I .4 405

0.25

Gọi H là trung điểm AB. Do SAB cân tại S, suy ra SH⊥ AB, mặt khác (SAB)⊥ (ABCD) nên SH⊥ (ABCD) và 060=∠SCH .

0.25

Ta có .1560tan.60tan. 0220 aBHCBCHSH =+==

.3

1544.15

3

1..

3

1 32. aaaSSHV ABCDABCDS ===

0.25

Qua A vẽ đường thẳng ∆ song song với BD. Gọi E là hình chiếu vuông góc của H lên ∆ và K là hình chiếu của H lên SE, khi đó ∆ ⊥ (SHE)⇒ ∆ ⊥ HK suy ra HK⊥ (S,∆ ). Mặt khác, do BD//(S,∆ ) nên ta có

( ) ( )( ) ( )( ), , , , , 2 ( ,( . )) 2d BD SA d BD S d d B S d H S HK= = ∆ = ∆ =

0.25

5 (1,0 điểm)

Ta có 045=∠=∠ DBAEAH nên tam giác EAH vuông cân tại E, suy ra 22

aAHHE ==

( )2 2 2

2

. 15. 152 .

3115

2

aa

HE HSHK a

HE HS aa

⇒ = = =+ +

Vậy ( ) .31

152, aSABDd =

0.25

6 (1,0 điểm)

Cho các số thực dương a, b, c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:

Áp dụng bất đẳng thức cô_si, ta có 332 23 cbcb +≤ (*). Dấu “=” xẩy ra khi cb = .

0.25

E

k

A H B

D C

S



Ta sẽ chứng minh: ( )3

33

4

cbcb

+≥+ (**), với 0, >∀ cb . Thật vậy,

(**) ⇔ ( ) ( )( ) 00334 22233223333 ≥−+⇔≥−−+⇔+++≥+ cbcbbccbcbbccbcbcb , luôn đúng 0, >∀ cb . Dấu “=” xẩy ra khi cb = .

0.25

Áp dụng (*) và (**) ta được

( )

( )( )33

3

33

14

144

4tt

cba

cba

P −+=++

++≥ , với

cba

at

++= , ( )1;0∈t . 0.25

Xét ( )33 1( ) 4 1

4f t t t= + − với ( )1;0∈t .

( )22 3'( ) 12 1 ,

4f t t t= − −

1'( ) 0

5f t t= ⇔ =

Suy ra, 25

4)( ≥tf . Dấu “=” xẩy ra khi

5

1=t .

25

4≥⇒ P . Dấu “=” xẩy ra khi cba

cba

a

cb==⇔

=++

=2

5

1 .

Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là 25

4 khi .2 cba ==

t 0 1/5 1 f’(t) - 0 + f’(t)

4/25

0.25

Đường thẳng d có véc tơ pháp tuyến ( ).3;1−n

Đường thẳng d’ có véc tơ pháp tuyến ( ).1;3' −n

( ) ( ) .5

4',sin

5

3

'.

'.',cos =⇒== dd

nn

nndd

Gọi R là bán kinh đường tròn cần tìm, ta có '' IBIAIBIAR ====

0.5

suy ra .25

5

4.2

40

)',sin(.2)',sin(24 ''22

''' ===⇔==dd

SRddRSS BAAB

IAABAAB 0.25

7.a (1,0 điểm)

Mặt khác, I là giao của d và d’ nên tọa độ của I là nghiệm

của hệ ( )1;21

2

053

013−−⇒

−=−=

⇔

=+−=−−

Iy

x

yx

yx.

Vậy phương trình đường tròn cần tìm là: ( ) ( ) 2512 22 =+++ yx .

0.25

Điều kiện: .9

1,1,0 ≠≠> xxx

Phương trình đã cho tương đương với

9 27

2 12 0

log 9 logx x− + =

( )3 3

2 12 0

1 1log 2 log

2 6x x

⇔ − + =+ 3 3

2 31 0

log 2 logx x⇔ + + =

+

0,25

Đặt 3t = log x , ta được 2 3

1 02t t

− + =+

2

22

03

6 0

≠ −=⇔ ≠ ⇔ = − + − =

tt

tt

t t

0,25

* 32 log 2 9t x x= ⇒ = ⇔ = . 0,25

8.a (1,0 điểm)

* 3

13 log 3

27t x x= − ⇒ = − ⇔ = . Vậy nghiệm của phương trình là 9x = và

1

27x = . 0,25

Ta có 10062014

82014

62014

42014

22014

02014 ....1 CCCCCCT ++++++=+ 0.25 9a

(1,0 điểm) Áp dụng tính chất: nkCC k

nkn

n ≤≤∀=− 0 , Ta được 0.25

d'

dA

B

A'

I

B'



⇔ ( ) 20142014

82014

62014

42014

22014

02014 ....12 CCCCCCT ++++++=+

Mặt khác, ta có ( )2014 0 1 2 3 4 20142014 2014 2014 2014 2014 20142 .... 1C C C C C C= + + + + + +

( ) ( )20142014 0 1 2 3 4 20142014 2014 2014 2014 2014 20140 .... 1 2C C C C C C= − + − + + + −

0.25

Từ (1) và (2) , Suy ra

( ) ( )+ = + + + + ⇔ = + ⇔ =2014 2014 0 2 4 2014 2014 2012

2014 2014 2014 20142 0 2 C C C .... C 2 4 T 1 T 2 -1 . 0.25

Gọi N là trung điểm AC, suy ra. ( )37;8

2BN BG N= ⇔

0.25

Gọi A(x;y), ta có

=

=

0.NABA

NABA. 0.25

( ) ( ) ( ) ( )( )( ) ( )( )

=−++−−−+−=++−⇔

08471

8741 2222

yyxx

yxyx

=−−−=

⇔054

282 yy

yx.

⇔

=−=5

2

y

x hoặc

−==

1

10

y

x, suy ra ( )5;2−A hoặc ( )1;10−A .

0.25

7.b (1,0 điểm)

Do ( )7;8N là trung điểm AC, nên

*V ới ( )5;2−A ⇒ ( )11;16C .

*V ới ( )1;10−A ⇒ ( )17;4C .

Vậy ( )5;2−A và ( )11;16C hoặc ( )1;10−A và ( )17;4C .

0.25

Điều kiện:

≤≥

1

3

x

x

Bất pt đã cho tương đương: ( ) ( )2 4 3 1 2

5 2 5 2x x x x− + − − −

+ ≥ − ( ) ( )2 4 3 1 2

5 2 5 2− + − + −

⇔ + ≥ +x x x x

0,25

( )2 4 3 1 2 *x x x x⇔ − + ≥ − + − . 0,25

Với ( ) 23 * 4 3 1x x x≥ ⇔ − + ≥ − luôn đúng với 3≥∀x . 0,25

8.b (1,0 điểm)

Với ( ) ( )22 2 21 * 4 3 3 2 4 3 3 2 3 8 6 0x x x x x x x x x≤ ⇔ − + ≥ − ⇔ − + ≥ − ⇔ − + ≤ (vô nghiệm).

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là [ )+∞;3 . 0,25

Lấy ngẫu nhiên từ ngân hàng đề thi 4 câu hỏi để lập một đề thi có 4845420 =C đề thi. 0.25

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 2 câu đã thuộc, có 2025. 210

210 =CC trường hợp.

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 3 câu đã thuộc, có 1200. 110

310 =CC trường hợp.

Thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có 4 câu đã thuộc, có 210410 =C trường hợp.

0.25

Do đó, thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc, có 343521012002025 =++ .

0.25

9.b (1,0 điểm)

Vậy xác suất để thí sinh A rút ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc là 3435 229

4845 323= . 0.25

----Hết----

G

N

C

A B

11 DE THI DH KHOI A,A1,B

Documents

Transcript of 11 DE THI DH KHOI A,A1,B