Diese Präsentation wurde erfolgreich gemeldet.
Die SlideShare-Präsentation wird heruntergeladen. ×

14 đề thi thử kì thi Quốc gia 2015 có đáp án

Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN; Khối A
Thời gian làm bài: 1...
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN; Khối A
II. ĐÁP ÁN:
Câu ...
Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử
   0;3 3 , 2; 3A m B m  
Ta có: 2 2 2
2 20OA OB AB...
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Anzeige
Wird geladen in …3
×

Hier ansehen

1 von 81 Anzeige

Weitere Verwandte Inhalte

Diashows für Sie (20)

Andere mochten auch (20)

Anzeige

Ähnlich wie 14 đề thi thử kì thi Quốc gia 2015 có đáp án (20)

Aktuellste (20)

Anzeige

14 đề thi thử kì thi Quốc gia 2015 có đáp án

  1. 1. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN; Khối A Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số  3 2 3 3 1y mx mx m    có đồ thị là  mC . a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số với 1m  . b) Chứng minh rằng với mọi 0m  đồ thị  mC luôn có hai điểm cực trị A và B, khi đó tìm các giá trị của tham số m để 2 2 2 2 ( ) 20AB OA OB   ( trong đó O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:  sin sin cos cosx x x x   2 3 2 3 2 3 Câu 3(1 điểm): Giải hệ phương trình: 2 2 2 1 2 4( 1) 4 2 7 x y x y x y xy           . Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác vuông cân tại C, cạnh huyền bằng 3a, G là trọng tâm tam giác ABC, 14 ( ), 2 a SG ABC SB  . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ B đến mặt phẳng ( )SAC theo a. Câu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là ba số dương thoả mãn x2 + y2 + z2 = 1. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 P 2xyz x y z     Câu 6(1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có phương trình đường thẳng :2 1 0AB x y   , phương trình đường thẳng : 3 4 6 0AC x y   và điểm (1; 3)M  nằm trên đường thẳng BC thỏa mãn 3 2MB MC . Tìm tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC. Câu 7 (1điểm):Trong mÆt ph¼ng víi hÖ to¹ ®é Oxy cho ®−êng trßn       2 2 : 1 2 13C x y    vμ ®−êng th¼ng  : 5 2 0x y    . Gäi giao ®iÓm cña (C) víi ®−êng th¼ng  lμ A, B. X¸c ®Þnh to¹ ®é ®iÓm C sao cho tam gi¸c ABC vu«ng t¹i B vμ néi tiÕp ®−êng trßn (C). Câu 8 (1,0 điểm). Tìm hệ số của 2 x trong khai triển thành đa thức của biểu thức   62 1P x x   . Câu 9 (1,0 điểm). Tìm tất cả các giá trị m để bất phương trình  2 1m x m x    có nghiệm trên đoạn  0;2 . -----------Hết----------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……….………..…….…….….….; Số báo danh……………… WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 1 WWW.ToanCapBa.Net
  2. 2. SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015 Môn: TOÁN; Khối A II. ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điểm 1 a 1,0 điểm Với 1m  , hàm số đã cho có dạng: 3 2 3y x x  TXĐ:  Giới hạn: 3 2 3 3 lim ( 3 ) lim 1 x x x x x x            ; 3 2 3 3 lim ( 3 ) lim 1 x x x x x x            0,25 Sự biến thiên của hàm số. Ta có: 2 ' 3 6y x x  ; 0 ' 0 2 x y x      BBT: x  0 2  y’  0  0  y  0 4  0,25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng  ;0 và  2; , nghịch biến trên khoảng  0;2 . Hàm số đạt cực đại tại điểm 0x  ; giá trị cực đại của hàm số là  0 0y  Hàm số đạt cực tiểu tại điểm 2x  ; giá trị cực tiểu của hàm số là  2 4y   . 0,25 Đồ thị: Giao điểm với trục tung là điểm  0;0 . 0 0 3 x y x      Nhận xét: Điểm  1; 2I  là tâm đối xứng của đồ thị hàm số. 0,25 b 1,0 điểm Ta có: 2 ' 3 6y mx mx  0 ' 0 2 x y x       ( Với mọi m khác 0). Do 'y đổi dấu qua 0x  và 2x  nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ( đpcm) 0,25 Với  0 3 1x y m    ; 2 3x y m     . 0,25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 2 WWW.ToanCapBa.Net
  3. 3. Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử    0;3 3 , 2; 3A m B m   Ta có: 2 2 2 2 20OA OB AB         2 2 2 9 1 4 3 2 4 16 20m m m         0,25 2 11 6 17 0m m    1 17 11 m m       KL: Với 1 17 11 m m       thì ycbt được thỏa mãn. 0,25 2 1,0 điểm Phương trình đã cho tương đương với: 3 1 3 1 1 .sin 2 cos2 3 sin cos 0 2 2 2 2 x x x x           0,25 cos sinx x                   1 2 3 0 3 6 0,25 sin sin sin sin (loai) x x x x                                    2 0 6 2 3 0 6 6 3 6 2 0,25 Với sin 0 , . 6 6 x x k k                0,25 3 1,0 điểm HPT        724 )1(0612)12(2 22 xyyx yxyx Điều kiện: x+2y 1 0  Đặt t = 2 1 (t 0)x y   0,25 Phương trình (1) trở thành : 2t2 – t – 6 = 0     2 / 3 t/m 2 t t m t k       0,25 Khi đó hpt đã cho 2 2 1 1 2 3 2 4 2 7 1 2 x y x y x x y xy y              (t/m đk) 0,25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 3 WWW.ToanCapBa.Net
  4. 4. Vậy nghiệm (x,y) của hệ đã cho là: (1,1) và ) 2 1 ,2( . 0,25 4 1,0 điểm H M I G S C BA Vì tam giác ABC vuông cân tại C, 3 3 2 a AB a CA CB    Gọi M là trung điểm AC 3 2 2 a MC  3 5 2 2 a MB  0,25 2 22 5 3 2 a BG BM SG SB BG a       3 . 1 3 . 3 4 S ABC ABC a V SG S   (đvtt) 0.25 Kẻ ( ) ( )GI AC I AC AC SGI    Ta có 1 3 2 a GI BC  . Kẻ ( ) ( ) ( ,( ))GH SI H SI GH SAC d G SAC GH      0,25 Ta có 2 2 2 1 1 1 3 a GH GH GS GI     ( ,( )) 3 ( ,( )) 3 3d B SAC d G SAC GH a    0.25 5 1,0 điểm Áp dụng BĐT Cauchy: 3 1 1 1 3 x y z xyz    Nên P ≥ 3 3 2xyz xyz  . Đẳng thức khi: x = y = z. 0.25 Đặt t = 3 xyz Cũng theo Cauchy: 1 = x2 + y2 +z2 ≥ 2 2 23 3 x y z . Đẳng thức khi x = y = z. Nên có: 0 < t ≤ 3 3 0.25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 4 WWW.ToanCapBa.Net
  5. 5. Xét hàm số: f(t) = 33 2t t  với 0 < t ≤ 3 3 Tính f’(t) = 4 2 2 2 3 3(2t 1) 6t t t     Lập bảng biến thiên của f(t) rồi chỉ ra : f(t) ≥ 29 3 9  t  3 0; 3       . 0.25 Từ đó: P ≥ 29 3 9 . GTNN của P là 29 3 9 đạt khi x = y = z = 3 3 0.25 6 1,0 điểm Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên  ;1 2B a a , Tương tự:  2 4 ;3C b b  Ta có:  1;4 2MB a a    ,  3 4 ;3 3MC b b     0.25 Ta có        2; 3AB AC A A    . Vì B, M, C thẳng hàng, 3 2MB MC nên ta có: 3 2MB MC   hoặc 3 2MB MC    0.25 TH1: 3 2MB MC           3 1 2 3 4 3 4 2 2 3 3 a b a b          11 5 6 5 a b        11 17 ; 5 5 B        , 14 18 ; 5 5 C       7 10 ; 3 3 G        0.25 TH2: 3 2MB MC            3 1 2 3 4 3 4 2 2 3 3 a b a b            3 0 a b        3; 5 , 2;0B C   8 1; 3 G        Vậy có hai điểm 7 10 ; 3 3 G       và 8 1; 3 G       thỏa mãn đề bài. 0.25 7 1,0 điểm -Tọa độ điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:                                  1 3 0 2 25 02626 025 1321 222 y x y x yx yy yx yx 0,25    2;0 , 3; 1A B   hoặc    3; 1 , 2;0A B  0,25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 5 WWW.ToanCapBa.Net
  6. 6. -Vì tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) nên AC là đường kính của đường tròn (C). Hay tâm  21;I  là trung điểm của AC. 0,25 Khi đó:      2;0 , 3; 1 4;4A B C         3; 1 , 2;0 1;5A B C   Vậy:  44;C  hoặc  51;C 0,25 8 1,0 điểm Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có: 0 6 1 2 5 2 6 5 10 6 12 6 6 6 6 6( 1) ( 1) ( 1) ( 1)k k k P C x C x x C x x C x x C x             0.25 Suy ra, khi khai triển P thành đa thức, 2 x chỉ xuất hiện khi khai triển 0 6 6 ( 1)C x  và 1 2 5 6 ( 1)C x x  . 0.25 Hệ số của 2 x trong khai triển 0 6 6 ( 1)C x  là : 0 2 6 6.C C Hệ số của 2 x trong khai triển 1 2 5 6 ( 1)C x x  là : 1 0 6 5.C C 0.25 Vì vậy hệ số của 2 x trong khai triển P thành đa thức là : 0 2 6 6.C C 1 0 6 5.C C = 9. 0.25 9 1,0 điểm Ta có     2 2 1 2 2 1m x m x m x m x x          2 4 1 1 x x m x      (vì  0;2x ) 0.25 Xét hàm số   2 4 1 1 x x f x x     trên đoạn  0;2 , ta có       2 2 2 5 ; 0 1 6 1 x x f x f x x x           0.25 Bảng biến thiên       0 1; 2 1; 1 6 2 6 6 f f f        0.25 Vậy : bất phương trình đã cho có nghiệm thì      0;2 min 1 6 2 6 6m f x f      . 0.25 +_ 0 - 1 1 2 6- 6 f(x) f'(x) x 2-1+ 60 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 6 WWW.ToanCapBa.Net
  7. 7. SỞ GD - ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH,CĐ LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x (m )x (m m)x      3 2 2 3 2 2 ( )1 , với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )1 khi m  0 . b) Tìm m để hàm số ( )1 có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x x (x x )   1 2 1 26 4 0. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x sin x sin2x   0. Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình    log x log x log x     3 1 82 2 1 3 1 . Câu 4 (1,0 điểm) a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tìm xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ. b) Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức    x x x x   5 102 1 2 1 3 . Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, a SD  17 2 , hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung điểm của đoạn AD. a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có D( ; )4 5 . Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình x y8 10 0   . Điểm B nằm trên đường thẳng x y2 1 0   . Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ y 2 . Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình xy y y x y x (x,y ) ( y) x y (x ) ( x y ) y                  2 3 1 3 5 1 2 2 1 2 1  . Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực dương a,b,c. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P a b ca b bc b (a c)         2 2 3 8 1 2 8 2 2 3 . ----------- Hết ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:.............................................; Số báo danh:.............................. WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 7 WWW.ToanCapBa.Net
  8. 8. SỞ GD - ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ ĐỀ CHÍNH THỨC ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015 Môn: TOÁN (Đáp án - thang điểm gồm 04 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) Khi m  0 ta có y x x   3 2 3 2 * Tập xác định  D * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y' x x  2 3 6 , y' x  0 0 hoặc x  2 0,25 - Khoảng đồng biến: ( ; )0 2 ; các khoảng nghịch biến ( ; ) 0 và ( ; ) 2 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại CTx ; y  0 2; đạt cực đại tại CDx ;y 2 2 - Giới hạn: x x lim y ; lim y       0,25 - Bảng biến thiên: x  0 2  y’ - 0 + 0 - y  2 -2  . 0,25 * Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có y' x (m )x (m m)     2 2 3 2 3 2 . Hàm số có hai điểm cực trị  y'  0 có hai nghiệm phân biệt 0,25 m m          2 3 2 3 2 0 9 2 0 2 2 (*) 0,25 Ta có m m (m ) x x ; x x      2 1 2 1 2 2 2 3 3 3 ; x x (x x ) m m       2 1 2 1 26 4 0 10 24 0 0,25 1 m  2 hoặc m  12(loại). Vậy m  2 0,25 x y 2 2 -2 O 1 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 8 WWW.ToanCapBa.Net
  9. 9. (1,0 điểm) Pt đã cho   2cos2x.sinx 2sinx.cosx 0 0,25   2 2sinx(2cos x cosx 1)=0 0,25     sinx 0 x k cosx x k       1 2 0,25 2 cosx x k         1 2 2 3 Vậy, phương trình có các nghiệm là:        x k ; x k2 (k ) 3  . 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: x 1 3 0,25 Pt đã cho log (x ) log ( x) log (x )     2 2 21 3 1 0,25 (x )( x) x    1 3 1 x x   2 4 0 0,25 3 x    1 17 2 hoặc x   1 17 2 (loại) Vậy, phương trình có nghiệm là x   1 17 2 0,25 (1,0 điểm) a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C 4 14 1001 4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng: 1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh 0,25 Số cách lấy ra 4 viên bi có cả xanh và đỏ là: C .C C .C C .C  1 3 2 2 3 1 8 6 8 6 8 6 916 Vậy, xác suất cần tính P  916 1001 . 0,25 b) Hệ số của 5 x trong khai triển của  5 x(1 2x) là  4 4 5 ( 2) .C Hệ số của 5 x trong khai triển của 2 10 x (1 3x) là 3 3 10 3 .C 0,25 4 Hệ số của 5 x trong khai triển thành đa thức của   5 2 10 x(1 2x) x (1 3x) là  4 4 5 ( 2) .C + 3 3 10 3 .C Vậy hệ số của 5 x trong khai triển là  4 4 5 ( 2) .C + 3 3 10 3 .C 3320 . 0,25 (2,0 điểm)5 a)SH (ABCD) SH HD   . Ta có SH SD HD SD (AH AD )    2 2 2 2 2 SH a  3 S.ABCD ABCD a V SH.S  3 1 3 3 3 b) HK//BD HK//(SBD) d(HK,SD) d(HK,(SBD)) d(H,(SBD))   Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE. Ta có BD HE và BD SH nên BD (SHE) BD HF  mà HF SE 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 K H CB A D S E F WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 9 WWW.ToanCapBa.Net
  10. 10. do đó HF (SBD) . Suy ra d(H,(SBD)) HF Ta có  a HE HB.sin EBH  2 4 HS.HE a HF HS HE    2 2 3 5 . Vậy, a d(HK,SD)  3 5 0,25 0,25 (1,0 điểm)6 Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM . DK ( )      2 2 4 8 5 10 26 651 8 Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM G là trọng tâm ACD ; BH BG DG GI BG DG DK DG      2 2 2 BH  52 65 ; b B(b; b ) BH b          17 18 52 2 1 17 18 52 65 65 b b (loai)       2 70 17 (loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có B( ; ) I( ; ) 2 5 3 0 C( c ; c)8 10 CD.CB ( c).( c) ( c)( c)        14 8 12 8 5 5 0   c c   2 65 208 143 0 c c (loaido c )       1 143 2 65 C( ; ) A( ; )   2 1 8 1 . Vậy A( ; ); B( ; ); C( ; )  8 1 2 5 2 1 0,25 0,25 0,25 0,25 (1,0 điểm) Điều kiện: y x y x y x y y x               0 2 1 5 1 2 10 3 5 (*) 0,25 Ta có phương trình (2) ( y)( x y ) ( x y )( y)        1 2 1 2 1 1 0 ( y)( x y )( ) x y y          1 1 1 2 1 0 2 1 1 (3) Do x y y      1 1 0 2 1 1 và y 1 0 nên phương trình (3)  y x 2 1 0,25 Với y x 2 1. Phương trình (1) trở thành x x x x     2 2 4 2 5 1 (đk: x 2 4) Pt ( x ) ( x ) ( x x )         2 2 1 4 1 2 5 3 0 (x )( x ) x x           1 1 3 2 1 0 2 1 4 1 x x ( ) x x            3 1 1 2 1 4 2 1 4 1 0,25 7 Xét f(x) x x       1 1 2 1 4 1 và g(x) x 2 1 với  x ; 2 4 , ta có g(x) g( ) 2 5 M C A H D B K G I WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 10 WWW.ToanCapBa.Net
  11. 11.  f '(x) , x ; x ( x ) x( x )            2 2 1 1 0 2 4 2 2 2 1 2 4 4 1  f(x) nghịch biến f(x) f( )    1 2 1 2 1 . Do đó  f(x) g(x), x ;   2 4 hay phương trình (4) vô nghiệm Vậy, hệ phương trình có nghiệm là ( ; )3 5 . 0,25 (1,0 điểm) Ta có bc b. c b c  8 2 2 2 . Suy ra (a b c)a b bc     3 3 22 8 0,25 Mặt khác (a c) b (a c) b    2 2 2 2 . Suy ra a b c(a c) b        2 2 8 8 33 2 2 0,25 Do đó P (a b c) a b c a b c (a b c) a b c                  3 8 1 1 8 2 3 2 3 (1) Đặt a b c t, t    0. Xét hàm số f(t) t t    1 8 2 3 với t  0 . Ta có (t )( t ) f '(t) t ( t) t ( t)        2 2 2 2 1 8 3 1 5 3 2 3 2 3 , suy ra f '(t) t  0 1 Bảng biến thiên: t 0 1  f’(t) - 0 + f(t)  3 2 0,25 8 Từ bảng biến thiên suy ra f(t) f( )   3 1 2 với mọi t  0 (2) Từ (1) và (2) ta có P   3 2 . Dấu đẳng thức xảy ra khi a b c a c b c bb a c               11 4 2 1 2 Vậy giá trị nhỏ nhất của P là  3 2 , đạt được khi a c , b   1 1 4 2 . 0,25 ----------- Hết ----------- WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 11 WWW.ToanCapBa.Net
  12. 12. SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Đề thi gồm có 01 trang) ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 NĂM HỌC 2014 – 2015 MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 243 223  mmxxy (1), với m là tham số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với 1m . b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I )0;1( là trung điểm của đoạn AB. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin22coscos3 6 2sin2 3 sin4              xxxxx  . Câu 3 (1,0 điểm). Tính giới hạn sau 2 522 lim2    x xx x . Câu 4 (1,0 điểm). Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi màu xanh. Câu 5 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn     921:)( 22  yxC . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn )(C biết đường thẳng BC có phương trình là 052 x . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ /// . CBAABC có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của / C lên mặt phẳng )(ABC là điểm D thuộc cạnh BC sao cho .2DCDB  Góc giữa đường thẳng / AC và mặt phẳng )(ABC bằng 0 45 . Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng )(),( /// CBAABC và côsin góc giữa hai đường thẳng / ,CCAD . Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có DCADBC 22  , đỉnh )3;3( C , đỉnh A nằm trên đường thẳng 023:  yxd , phương trình đường thẳng 02:  yxDM với M là điểm thỏa mãn CMBC 4 . Xác định tọa độ các điểm A, D, B. Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình          121 11412 22 yxxyxyyxx yyxx Câu 9 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm cba ,, thỏa mãn 5212121 222  cba . Chứng minh rằng 6424 663  cba . -----------HẾT--------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………..; Số báo danh:……..……………. WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 12 WWW.ToanCapBa.Net
  13. 13. 1 SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12 NĂM HỌC 2014 – 2015 Câu Đáp án Điểm 1 (2,0đ) a) (1,0 điểm) Với m=1, hàm số trở thành: 2x3xy 23  *Tập xác định: D *Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: x6x3y 2/  ,       2x 0x 0/y 0,25 - Các khoảng đồng biến: );2();0;(  , khoảng nghịch biến: (0;2). - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2. - Giới hạn tại vô cực:   ylimx ;   ylimx 0,25 - Bảng biến thiên: 0,25 *Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và  0;31 Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng (Học sinh tự vẽ hình) 0,25 b) (1,0 điểm) Ta có mx6x3y 2/  ;       m2x 0x 0y/ Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 0y/  có 2 nghiệm phân biệt 0m  0,25 Tọa độ các điểm cực trị A, B là )2m4m4;m2(B);2m4;0(A 232  0,25 I là trung điểm của AB nên      02m4m2 1m 23 0,25 Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị. Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1. 0,25 2 (1,0đ) Phương trình đã cho tương đương với 2xsin2x2cosxcos3x2cosx2sin3xcos32xsin2  0,25 0x2sin3xcos32xsin4     02xcos3xsin21  0,25 * 02xcos3  : phương trình vô nghiệm 0,25 *              2k 6 5 x 2k 6 x 0xsin21 . Nghiệm của phương trình là             2k 6 5 x 2k 6 x  Zk  0,25 x y/ y  0 2 0 0 2 -2  + - + WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 13 WWW.ToanCapBa.Net
  14. 14. 2 Câu Đáp án Điểm 3 (1,0đ) Ta có      5x22x2x 5x22x5x22x lim 2x 5x22x lim 2x2x       0,25   5x22x2x 20x8x lim 2 2x     0,25       5x22x 10x lim 5x22x2x 10x2x lim 2x2x        0,25 = 3. 0,25 4 (1,0đ) Số phần tử của không gian mẫu là: 330C4 11  . 0,25 4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 0,25 Số cách chọn 4 viên bi đó là 60C.C 1 6 3 5  . 0,25 Vậy xác suất cần tìm là 11 2 330 60 p  . 0,25 5 (1,0đ) Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:                   2 33 2y 2 5 x 05x2 92y1x 22 0,5 Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2; 2). 0,25 Vậy                  2 33 2; 2 5 C; 2 33 2; 2 5 B và ngược lại. A(-2; 2) 0,25 6 (1,0đ) Từ giả thiết có );ABC(DC/      0/// 45ADCAD,AC)ABC(,AC  0,25 Sử dụng định lí cosin cho 3 7a ADABD  3 7a ADDC/  0,25 Vì // AA//CC nên    // AA,ADCC,AD  . Vì )ABC(DC/  nên 3 a4 DAACDC)CBA(DC ////////  a 3 22 DCDCCCAA 22///  0,25 Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong ADA/  ta được   56 14 ADAcosCC,ADcos 56 14 ADAcos ///  0,25 7 (1,0đ) Vì )a32;a(AdA  . Có    DM,Cd2DM,AdS2S DCMADM  0,25       )5;1(A3a )7;3(A1a . Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5). 0,25 Vì )2d;d(DDMD  . Từ giả thiết có      CDAD CDAD . Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3). 0,25 Có )1;9(BAD2BC  . 0,25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 14 WWW.ToanCapBa.Net
  15. 15. 3 Câu Đáp án Điểm 8 (1,0đ)          )2(1yxxy21xyyxx )1(1y1yx41x2 22 . Điều kiện 01xyyx  (*). Vì 0t1t 2  nên )1( 0 y1x41 yx4 yx2yy1x41x2 22 22 22        x2y0yx20yx2y1x41yx2 22  0,25 Thay y = -2x vào (2) ta được 1x3x41x2x3x 22         2 2 2 x 1 x 3 4x x 1 2 x 3 xx . Đặt 2 x 1 x 3 t  0,25 Khi x > 0 ta được .7t4t2t  Từ đó, kết hợp với x > 0 ta được 7 373 y; 14 373 x     thỏa mãn điều kiện (*) 0,25 Khi x < 0 ta được .2t4t2t  Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được 2 317 y; 4 173 x     thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm…. 0,25 9 (1,0đ) Với hai số không âm A, B ta chứng minh: BA11B1A1  (1). Thật vậy,    BA12BA2B1A12BA2)1(  BA1ABBA1  , luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0. Áp dụng (1) ta có 222222 c21b2a211c21b21a215  222 c2b2a212  . Suy ra 222222 a4cbhay,4cba  . (2) 0,5 Khi đó    3233223663 a4a24cba24cba24  . Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 2a0  . Xét hàm số  323 a4a24)a(f  trên  2;0 . Ta có         22222/ a82a6a2aa6a4a6a212)a(f  Với  2;0a  , 2a;0a0)a(f /  Có  2;0a;64)a(f232)2(f;24)2(f;64)0(f  Vậy 6424 663  cba . Dấu đẳng thức xảy ra khi 2c,0ba  hoặc 2b;0ca  0,5 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 15 WWW.ToanCapBa.Net
  16. 16. * ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM * ĐT:08 3719 4559 * Email: ltdh60as@yahoo.com.vn * www.luyenthidaihoc.edu.vn – www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com Tru ng Tâm B?i Du?ng Văn Hó a -Luy?nThiĐ ?iH?c&Ng?aiNg?60An Suong.*** ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1) Luyện Thi Đại Học – Ôn luyện “Kỳ Thi Quốc Gia” 2015 (Biên soạn: Trần Thanh Tâm) (Thời gian làm bài: 180 phút)  Đội ngũ Giảng viên chuyên LTĐH hàng đầu TP.HCM (học ca tối: 18h00  20h15  21h00)  Học phí: 1.500.000 VNĐ/khóa (3 môn)  Để biết thêm chi tiết liên hệ tại Văn phòng Trung Tâm BDVH 60 An Sương – ĐT: 08. 3719 4559 – 0932. 178517) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 1)1(3 23  xmxxy (1) có đồ thị mC( ), với m là tham số . a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi 1m . b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị mC( ) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng 2 25 với O(0;0). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2 2  . Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:     0 2 1 2 23)1( xxx dx I Câu 4 (1,0 điểm). a) Giải phương trình: 02.8136.7939.16 1 26 11 13      x x x x x x . b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu. Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng ( ): 2 0x y z     và 04:)(  zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau . Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng (ACC’A’). Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung. Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1. WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 16 WWW.ToanCapBa.Net
  17. 17. * ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM * ĐT:08 3719 4559 * Email: ltdh60as@yahoo.com.vn * www.luyenthidaihoc.edu.vn – www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com Tru ng Tâm B?i Du?ng Văn Hó a -Luy?nThiĐ ?iH?c&Ng?aiNg?60An Suong.*** Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:       2223 2223 213 213 yxyxyyxy xxyyxxyx ( Ryx , ). Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)( 3  xyyx . Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3 2222  xyxyyxyxP . HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1 Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của mC( ) và (d): 11)1(3 23  xxmxx       )2(03 )1;0(10 0)3( 2 2 mxx Pyx mxxx Để mC( ) cắt (d) tại 3 điểm phân biệt  (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0        4 9 0 m m Giả sử )1;( 11 xxM , )1;( 22 xxN khi đó 21; xx là nghiệm của pt (2) Ta có R MNONOM dOdMNSOMN 4 .. ))(;(. 2 1  với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN ))(;(25))(;(.2. 4 .. ))(;(. 2 1 dOddOdRONOM R MNONOM dOdMN  (3) )122)(122(. 1 2 11 2 1  xxxxONOM Với 25124.3;3 2 2 2 21 2 1  mmONOMmxxmxx 2 2 2 1 ))(;( dOd Khi đó thế vào (3) ta được:       3 0 5 2 2 2525124 2 m m mm thỏa đề chỉ có 3m Câu 2. Pt xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2 22  xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos 22  xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos 22  xxxxx cos3sin326sin22cos4cos  xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2        xxx x xxxx 3cos2cos3sin 03sin 0)cos33cos2(sin3sin2 * )( 3 03sin  kkxx  WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 17 WWW.ToanCapBa.Net
  18. 18. * ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM * ĐT:08 3719 4559 * Email: ltdh60as@yahoo.com.vn * www.luyenthidaihoc.edu.vn – www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com Tru ng Tâm B?i Du?ng Văn Hó a -Luy?nThiĐ ?iH?c&Ng?aiNg?60An Suong.*** *                224 12 3cos 6 cos3cos2cos3sin     k x kx xxxxx )( k Vậy nghiệm của phương trình là:   kx  12 , 224  k x  , 3 k x  )( k . Câu 3.     0 2 1 2 23)1( xxx dx I  dx xxx    0 2 1 )3)(1()1( 1 = dx x x x      0 2 1 2 1 3 )1( 1 Đặt 1 3 1 3 2       x x t x x t dx x tdt 2 )1( 4 2    )37( 2 1 2 1 3 7  dtI . Câu 4. a) Điều kiện 1x . Đưa phương trình về dạng 081 2 3 6 793 4 9 16 1 13 1 13                 x x x x , rồi đặt 1 13 2 3          x x t Đáp số : 2; 2 1  xx . b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 10014 14 C cách . Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu : + TH1: 1Đ, 1T, 2V có 2 7 1 5 1 2 .. CCC cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có 1 7 2 5 1 2 .. CCC cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có 1 7 1 5 2 2 .. CCC cách Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là 2 7 1 5 1 2 .. CCC + 1 7 2 5 1 2 .. CCC + 1 7 1 5 2 2 .. CCC = 385 cách . Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là 13 8 1001 616 1001 3851001   P . Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) . Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)(  zyx và 04:)(  zyx theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :                  42 9223 15473 ))(,())(,( cbacba cba cba IdId ICIA IBIA  Giải hệ ta được :         3 0 1 c b a hoặc         79 712 719 c b a WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 18 WWW.ToanCapBa.Net
  19. 19. * ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM * ĐT:08 3719 4559 * Email: ltdh60as@yahoo.com.vn * www.luyenthidaihoc.edu.vn – www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com Tru ng Tâm B?i Du?ng Văn Hó a -Luy?nThiĐ ?iH?c&Ng?aiNg?60An Suong.*** Với         3 0 1 c b a , viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1( 222  zyx . Với         79 712 719 c b a , mặt cầu có phương trình : 49 1237 7 9 7 12 7 19 222                    zyx Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H = 2 3 '' 22 a HBBB  2 '' 20 ''' 8 3 4 3 60sin'.''.' 2 1 aSaCBBAS CHBCBA  168 3 2 3 . 3 1 .' 3 1 32 '''' aaa SHBV CHBCEHB  '' ''.3 ))''(,( AACC AACCB S V AACCBd  ; 488 3 333 '''.'''.''. aaa VVV CBABCBAABCAACCB  ACJASACJAACIJABIA AACC .',',' ''  5 15 . 4 15 4 3 ))''(,( 4 15 '' 3 22 a a a a AACCBd a IJAAJA  . Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) . Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1 . Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC 0:  xOy nên AB : y = b . Vì A là giao điểm của AB và AC nên        b b A ; 3 416 . Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có 4 3 5 4 3 4 4 4 3 4 3 416 )4( 3 416 4 3 416 .4 2 2 2 2                   bbb b b b b b b b CABCAB S r ABC 4 3 1  b . Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 . Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) . Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) . Câu 8. Giải hệ phương trình       )2(213 )1(213 2223 2223 yxyxyyxy xxyyxxyx Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13 22222323  )1()1(2)1(1)(33 22332223 ixixyyiiyixiyixyyixx  WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 19 WWW.ToanCapBa.Net
  20. 20. * ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM * ĐT:08 3719 4559 * Email: ltdh60as@yahoo.com.vn * www.luyenthidaihoc.edu.vn – www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com Tru ng Tâm B?i Du?ng Văn Hó a -Luy?nThiĐ ?iH?c&Ng?aiNg?60An Suong.*** )2)(1(1)()( 2223 xixyiyiiyixyix  23 ))(1(1)()( ixyiiyixyix  0)1()1( 23  izziz izzz  1;1;1 . Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) . Câu 9. Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)( 2  , nên từ điều kiện suy ra 102)()(24)()()( 23323  yxyxyxxyyxyxyx . Ta biến đổi P như sau 2015)43()2(2)( 2 3 )( 2 3 22222222  xyxyxyyxyxyxP 2015)(2)( 2 3 )( 2 3 2244222  yxyxyx (3) Do 2 )( 222 44 yx yx   nên từ (3) suy ra 2015)(2)( 4 9 22222  yxyxP . Đặt tyx  22 thì 2 1 t (do )1 yx . Xét hàm số 20152 4 9 )( 2  tttf với 2 1 t , có 02 2 9 )('  ttf , với 2 1 t nên hàm số f(t) đồng biến trên      ; 2 1 . Suy ra 16 32233 2 1 )(min ; 2 1               ftf t . Do đó GTNN của P bằng 16 32233 , đạt được khi và chỉ khi 2 1  yx .  *www.luyenthidaihoc.edu.vn*www.kythiquocgia.edu.vn *www.kythiquocgia.com Tel: 08. 3719 4559 – 0932.178517 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 20 WWW.ToanCapBa.Net
  21. 21. TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỔ TOÁN ĐỀ KIỂM TRA LTĐH LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A1 Thời gian 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 y = x3 -3mx2 +3(m2 – 1)x – m3 +1 (1). 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số khi 1.m  2. Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng d cắt Oy tại điểm B. Tìm tất cả các giá trị của m để diện tích tam giác OAB bằng 6. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình (2cos 1)sin 4 2sin 2 . cos sin x x x x x    Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 1 1 (1) 1 (2) x x y y x y xy           . Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:       e x x x x I dx x x x 2 2 2 2 1 2 (1 2ln ) ln ( ln ) . Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy ABCD là hình vuông với AB 2a . Tam giác SAB vuông tại S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng (SBC) bằng  với 1 sin 3  . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD) theo a. Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực , ,x y z thay đổi thoả mãn điều kiện 2 2 2 1.x y z   Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức     2 2 8 2 . 2 P xy yz xz x y z xy yz          II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có (5, 7)A  , điểm C thuộc vào đường thẳng có phương trình: 4 0x y   . Đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của đoạn AB có phương trình: 3 4 23 0x y   . Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương. Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho hai điểm    1;2;1 , 1; 2;4A B và mặt phẳng ( ):2 0P y z  . Tìm toạ độ điểm C thuộc mp(P) sao cho tam giác ABC cân tại B và có diện tích bằng 25 . 2 Câu 9a (1,0 điểm). Chứng minh đẳng thức             2 2 2 2 2 20 1 2 3 2013 2014 1007 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014...C C C C C C C        . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có ,AB AD CD  điểm (1; 2)B , đường thẳng BD có phương trình 2y  . Biết rằng đường thẳng ( ):7 25 0d x y   lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho BM BC và tia BN là tia phân giác của góc MBC. Tìm toạ độ đỉnh D (với hoành độ của D là số dương). Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2 ( ): ( 1) ( 2) 25S x y z     . Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm (1; 2;3)M  và vuông góc với mặt phẳng ( ): 4 4 0,x y z    đồng thời ( ) cắt mặt cầu ( )S theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng 16 . Câu 9b (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn (1 3 )i z là số thực và 2 5 1.z i   ………..Hết………. WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 21 WWW.ToanCapBa.Net
  22. 22. TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH TỔ TOÁN ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA LTĐH LẦN 4 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A1 Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề) Câu Ý Nội dung Điểm Câu 1 (2điểm) 1 Khi 1m  ta có hàm số y = x3 -3x2  Tập xác định: .D   Sự biến thiên : - Chiều biến thiên: y’ = 3x2 – 6x ; 0 ' 0 2 x y x      - Giới hạn lim , lim . x x y y       0.25 +Bảng biến thiên: x  0 2  y' + 0  0  y 0   -4 0.25 Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0) và (2; ) ; hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). Hàm sốn đạt cực đại tại điểm x = 0 và yCĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và yCT = 4. 0.25  Đồ thị: 0.25 2 Ta có: y’ = 3x2 – 6mx + 3(m2 – 1); 1 ' 0 1 x m y x m        Vì y’ = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số ( 1) luôn có điểm cực đại và điểm cực tiểu với mọi m. 0.25 y” = 6x – 6m, suy ra y”(m + 1) = 6, y”(m – 1) = -6, do đó điểm cực đại của đồ thị hàm số (1) là A(m – 1; 3 – 3m). Phương trình tiếp tuyến (d): y = -3m +3 0.25 Đường trẳng d cắt trục Oy tại điểm B(0; -3m + 3). Điều kiện để ba điểm O, A, B tạo thành tam giác là 1.m  0.25 Do d song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B. Diện tích tam giác OAB là 21 3 . ( 1) . 2 2 OABS AB OB m   Theo giả thiết: 2 13 6 6 ( 1) . 32 OAB m S m m          0.25 Câu 2 (1điểm) Giải phương trình (2cos 1)sin 4 2sin 2 cos sin x x x x x    Điều kiện: ( ) 4 x m m Z     . Phương trình đã cho tương đương với:   sin2 cos sin 2cos 1 sin2x x x x x   0.25    sin 2 0(*) cos sin 2cos 1 1(**) x x x x       . Ta có (*) ( ) 2 k x k Z    0.25 (**) sin 2 sin ( )2 4 4 6 3 x k x x k Zk x                           0.25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 22 WWW.ToanCapBa.Net
  23. 23. So sánh điều kiện ta được 2 ; ( ) 2 6 3 k k x x k Z       . 0.25 Câu 3 (1điểm) Giải hệ 2 2 2 2 1 1 (1) 1 (2) x x y y x y xy           Điều kiện: 1y  . 2 2 (1) 1 1x y y x      2 2 2 2 2 2 2 1 1 2 ( 1)( 1)x xy y y x y x          2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 1)( 1) 1 1xy y x x y x y y x x y             0.25 Kết hợp với (2) ta được 2 2 2 2 2 1 0 2 0 21 x y x x xy y xx y xy               0.25 2 0&(2) 1 1x y y      2 2 1 1 2 2 &(2) 3 1 3 3 3 y x x x x y           0.25 Thử lại ta có 0, 1x y  và 1 2 , 3 3 x y  thỏa mãn hệ phương trình Vậy hệ có 2 nghiệm như trên. 0.25 Câu 4 (1 điểm)         e e x x x x I dx dx x x x x x x 2 2 2 2 2 2 1 1 ( ln ) ( ln ) ( ln ) 0.25         e e x x A dx dx ex x x x 2 2 2 2 1 1 ( ln ) 1 1 1 ( ln ) 0.25                e e e x x d x xxB dx dx ex x x x x x x 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 ( ln ) 1 .... 1 1( ln ) ( ln ) ( ln ) 0.25 Vậy     I e e 1 1 2 1 0.25 Câu 5 (1 điểm) ; ( ) ( ) ( )BC AB SAB ABCD BC SAB BC SA      Mà SA SB  ( )SA SBC . Gọi d là khoảng cách từ D đến (SBC) .sin 3 SD d SD    . Mặt khác : / /( ) ( ,( )) ( ,( ))AD SBC d D SBC d A SBC  3 SD d SA SA    0.25 Do AD//BC AD SA  . Xét tam giác SAD vuông tại A có AD = 2a và 2 2 2 2 2 2 14 SA 8SA 2 2 a a AD SD AD SA SB        Kẻ SH AB tại H ( )SH ABCD  và 7 . . 4 a AB SH SA SB SH   0.25 S A C D = D B H WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 23 WWW.ToanCapBa.Net
  24. 24. Vậy 3 . 1 7 . ( ) 3 3 S ABCD a V SH dt ABCD  . Ta có 3 . 1 7 2 6 SBCD S ABCD a V V  . Mà 3 ( ;( )) SCBD SBD V d C SBD S  (1) 0.25 Tam giác SBD có: 14 2 a SB  , 3 2 3 2 a SD SA  , 2 2 2 2 2BD a BD SB SD     tam giác SBD vuông tại S. 2 1 3 7 . . 2 4 SBD a S SB SD   Thay vào (1) có 2 ( ;( )) . 3 a d C SBD  0.25 Câu 6 (1điểm) Từ giả thiết 2 2 2 1x y z   (1) , ta có:   2 8 2 2 3 P xy yz xz xy yz xz        Đặt 2 8 2 . 3 t xy yz xz P t t        . 0.25 Ta luôn có   2 2 2 2 0 2( ) 1 2( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx             2 2 2 1 1 1 2 1 1 2 2 2 2 2 x z y xy yz zx xy yz xz xz                     Dấu “=” xảy ra 0 2 2 y x z          . Vậy 1.t   0.5 Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm 2 8 ( ) 3 f t t t    với t 1.  Ta có         23 2 2 2 2 2 1 ( 4)8 6 9 4 '( ) 2 2 0, 1 3 3 3 t tt t t f t t t t t t                Hàm số ( )f t liên tục trên  1; ( )f t   đồng biến trên  1;   1; min ( ) ( 1) 3 t f t f         . Vậy min P = - 3. 0.25 Câu 7a (1 điểm) Gọi   1; 4C c c d  , M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d2: 3x – 4y – 23 = 0. Ta có AIM đồng dạng CID 10 10 2 2 ; 3 3 c c CI AI CI IA I             0.25 Mà 2I d nên ta có: 10 10 3 4 23 0 1 3 3 c c c        Vậy C(1; 5). 0.25 Ta có: 2 3 23 3 9 ; 2 5; 4 2 t t M d M t B t                 3 5 3 19 2 10; , 2 6; 2 2 t t AB t CB t                 0.25 Do       1 1 . 0 4 5 3 3 5 3 19 0 29 4 5 t AB CB t t t t t              Suy ra 33 21 ; 5 5 B       hoặc ( 3; 3).B   Vì B có hoành độ dương nên 33 21 ; 5 5 B       0.25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 24 WWW.ToanCapBa.Net
  25. 25. Câu 8a (1 điểm) Ta có: AB = 5. Gọi I là trung điểm AC, ta có 1 25 25 . . 2 4 2 IA IB IA IB   . 0.25 Mặt khác   22 2 2 2 2 2 2 25 2 . 0IA IB AB IA IB IA IB IA IB IA IB IA IB             Vậy tam giác ABC vuông cân tại B. 0.25 ( ) ( ; ; 2 )C P C a b b   . Tam giác ABC vuông cân tại B nên . 0AB BC  và BC = AB = 5 0.25 2 2 2 0.( 1) 4( 2) 3( 2 4) 0 ( 1) ( 2) ( 2 4) 25 a b b a b b                 . Giải hệ được hai nghiệm (a ; b) là (6 ; -2) ; (-4 ; -2). Vậy có hai điểm C thoả mãn yêu cầu có toạ độ là (6 ; -2 ; 4) , (-4 ; -2 ; 4). 0.25 Câu 9a (1 điểm) Xét đẳng thức       20142014 2014 2 1 . 1 1x x x    0.25 +) Ta có     2014 20142 2 2014 0 1 kk k x C x     suy ra hệ số của số hạng chứa 2014 x là 1007 2014C 0.25 +) Ta có       2014 2014 2014 2014 2014 2014 0 0 1 . 1 kk k k k k x x C x C x                 0.25 Suy ra hệ số của số hạng chứa 2014 x là 2014 1 2013 2 2012 3 2011 2014 0 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014...o C C C C C C C C C C                 2 2 2 2 2 20 1 2 3 2013 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014...C C C C C C       Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh. 0.25 Câu 7b (1 điểm) Kẻ BH CD  ABHD là hình vuông và CBH MBA CBH MBA CB MB       Mặt khác, BN là phân giác của góc vuông MBC 0 45CBN MBN     CBN  MBN Vậy ( ; ) ( ; )d B CD d B MN 0.25 mà 7 2 25 4 4 ( ; ) 2 4 50 2 2 d B MN BH BD BH          0.25 Điểm D thuộc BD, nên 0( ;2)D x và BD = 4. Ta có 02 0 0 5 ( 1) 16 3 x x x        . 0.25 Theo giả thiết 0 0x  . Vậy D(5; 2). 0.25 Câu 8b (1 điểm) mp   có VTPT:  1 1;1;4n  Giả sử  ; ;n a b c ,  2 2 2 0a b c   là VTPT của mp   Ta có :  1. 0 4 0 4n n a b c b a c                 : 1 4 2 3 0a x a c y c z        0.25 Giả sử đường tròn giao tuyến của   và mặt cầu  S có bán kính là r . Ta có: 2 . 16 4r r    Mặt cầu  S có tâm  0;1; 2I  , bán kính 5R  .    2 2 , 3d I R r        22 2 3 4 5 3 4 a a c c a a c c          0.25 M AB DC H N d WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 25 WWW.ToanCapBa.Net
  26. 26. 2 2 32 68 0a ac c    2 34 a c a c      Với 2a c  , chọn  1 2 :2 2 5 0c a x y z         0,25 Với 34a c , chọn  1 34 :34 38 113 0c a x y z        Vậy phương trình mp  : 2x + 2y – z + 5 = 0 hoặc 34x – 38y + z – 113 = 0. 0.25 Câu 9b (1điểm) Giả sử ( , )  z a bi a b R , khi đó (1 3 ) (1 3 )( ) 3 ( 3 )i z i a bi a b b a i        (1 3 )i z là số thực 3 0 3b a b a     0.25 2 2 2 5 1 2 (5 3 ) 1 ( 2) (5 3 ) 1z i a a i a a             0.25 2 2 2 6 10 34 29 1 5 17 14 0 7 21 5 5 a b a a a a a b                  0.25 Vậy 7 21 2 6 , 5 5 z i z i    0.25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 26 WWW.ToanCapBa.Net
  27. 27. Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ĐỀ THI CHÍNH THỨC ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015 Môn Toán; Khối A và khối A1. Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 2 3 2y x x= − + . b) Tìm giá trị tham số m∈ » thì đồ thị của hàm số 4 2 4 4y x mx m= − + − có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1 tam giác nhận điểm 31 0; 4 H       làm trực tâm. Câu 2. (1 điểm) Giải phương trình: + = − 1 3 sin 2x tan cos2 2 2 x x . Câu 3. (1 điểm) Tính giới hạn: 5 3 2 3 21 5 2 6 4 lim 1x x x x x B x x x→ − + + − = − − + . Câu 4. (1 điểm). Trong mặt phẳng ( )P , cho hình thoi ABCD có độ dài các cạnh bằng a , = 0 120ABC . Gọi G là trọng tâm tam giác ABD . Trên đường thẳng vuông góc với ( )P tại G lấy điểm S sao cho = 0 90ASC . Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách từ điểm G đến mặt phẳng ( )SBD theo a . Câu 5. (1 điểm) a) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn 4321đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau. b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên ( ), 1k n k n≤ ≤ ta có: 1 1 k k n nkC nC − −= . Tìm số nguyên 4n > biết rằng ( )0 1 2 2 5 8 ... 3 2 1600n n n n nC C C n C+ + + + + = . Câu 6. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng ,AB AC lần lượt là − − = + + =4x 3 20 0; 2x 10 0y y . Đường tròn ( )C đi qua trung điểm của các đoạn thẳng , ,HA HB HC có phương trình là ( ) ( )− + + = 2 2 1 2 25x y , trong đó H là trực tâm của tam giác ABC . Tìm tọa độ điểm H biết > −4Cx . Câu 7. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC , N thuộc cạnh AC sao cho = 1 4 AN AC . Biết MN có phương trình − − =3x 4 0y và ( )5;1D . Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. Câu 8. (1 điểm) Giải hệ phương trình: ( )  + − = + + ∈  − − − = 4 2 2 2 3 2 2 3 2 , 2 5 2 1 0 x x y y y x y x x y y x » Câu 9. (1 điểm) Cho a,b,c là các số dương thỏa mãn: ( )+ + = + + +2 2 2 2 3a b c ab bc ca . Tìm giá trị lớn nhất của = + + − + + + 2 2 2 1 3 S a b c a b c . WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 27 WWW.ToanCapBa.Net
  28. 28. Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 y 2 2 -2 3 -1 x HƯỚNG DẪN GIẢI Câu 1. (2 điểm) a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( )C của hàm số 3 2 3 2y x x= − + ∗ Hàm số đã cho xác định trên » ∗ Ta có: ( )2 ' 3 6 3 2y x x x x= − = − và ' 0 0y x= ⇔ = hoặc 2x = . ∗ Giới hạn: lim x y →−∞ = −∞ và lim x y →+∞ = +∞ ∗ Bảng biến thiên: x −∞ 0 2 +∞ 'y + 0 − 0 + y 2 +∞ −∞ 2− Hàm đồng biến trên mỗi khoảng ( );0−∞ và ( )2;+∞ , nghịch biến trên ( )0;2 . Hàm số đạt cực đại tại điểm 0x = với giá trị cực đại của hàm số là ( )0 2y = và hàm số đạt cực tiểu tại điểm 2x = với giá trị cực tiểu của hàm số là ( )2 2y = − . ∗ Đồ thị • Điểm đặc biệt : '' 6 6y x= − và " 0 1y x= ⇔ = ( )1;0I⇒ • Chọn 3 2,x y= ⇒ = 1 2x y= − ⇒ = − . Chú ý: Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao điểm của đồ thị với trục tọa độ: Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm( )0;2 Đồ thị cắt Ox tại ba điểm ( )1;0 , ( )1 3;0± Nhận xét: Đồ thị nhận ( )1;0I làm tâm đối xứng. b) 0 ' 0m y≤ ⇒ = có 1 nghiệm, nên hàm số có 1 cực trị. 0 ' 0m y> ⇒ = có 3 nghiệm phân biệt và đổi dấu qua mỗi nghiệm đó, nên hàm số có 3 cực trị. Giả sử ( )0; 4 ,A m− ( )2 2 ;4 4 ,B m m m− − ( )2 2 ;4 4C m m m− . Vì tam giác ABC cân tại A và ,B C đối xứng nhau qua Oy H là trực tâm tam giác ABC khi ( ). 0 AH BC BH AC BH AC  ⊥ ⇒ = ∗ ⊥ . Ta có: 2 31 2 ; 4 4 , 4 BH m m m   = − + +    ( )2 2 ;4AC m m= . Khi đó ( ) 2 2 31 2 4 4 4 0 4 m m m m   ∗ ⇔ + − + + =    hay 3 2 31 8 8 1 0 2 m m m− − − = , phương trình có nghiệm 2m = thỏa 0m > . WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 28 WWW.ToanCapBa.Net
  29. 29. Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 Câu 2. (1 điểm) Điều kiện: π ≠ + π 2 x k + = − ⇔ + = − 21 3 1 1 sin 2 tan cos2 sin 2 tan 2sin 2 2 2 2 x x x x x x ( )  ⇔ + = − ⇔ − − =    1 1 1 sin 2 tan sin 2 .tan sin 2 tan 1 0 2 2 2 x x x x x x  π π  = + π = + π=⇔ ⇔ ∈  π= = + π  5 1 ; sin 2 12 12 ,2 tan 1 4 x k x k x k x x k » Câu 3. (1 điểm) Ta có: 5 3 2 2 2 5 2 6 4 ( 1) ( 2)( 2)x x x x x x x− + + − = − + − , 3 2 2 1 ( 1) ( 1)x x x x x− − + = − + Do đó: 2 1 ( 2)( 2) 3 lim 1 2x x x B x→ + − = = − + . Câu 4. (1 điểm). = ⇒ = ⇒ ∆0 0 120 A 60 DB AB đều cạnh a ⇒ = = 2 3 2 2ABCD ABD a S S Gọi O là giao điểm AC và BD ⇒ = = = = 3 2 3 ; ; 3 2 3 3 a a AO AG AO AC a ⇒ = = 6 . 3 a SG GA GC ( ∆SAC vuông tại S, đường cao SG). = = 3 D D 1 2 . 3 6SABC ABC a V S SG Kẻ ( )⊥ ⇒ ⊥SO GH DGH SB vì ( ) ( )( )⊥ ⊂ ⇒ =D GH , DB SAO d G SB GH ∆SGO vuông tại G, đường cao ⇒ = + = 2 2 2 2 1 1 1 27 S 2a GH OH G GO Câu 5. (1 điểm) a) Giả sử số đó là abcd TH1: a,b là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn a,b Lúc này chọn d có: 4 cách và chọn c có 4 cách. Trường hợp này có =2.4.4 32 số TH2: b,c là các chữ số 1 và 3. Sẽ có 2! Cách chọn b,c Nếu = 0d chọn a có: 2cách. Trường hợp này có =2.1.2 4 số. Nếu ≠ 0d chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách. Trường hợp này có =2.2.2 8 số Vậy có: + + =32 4 8 44 số. b) Ta có: ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 1 !! . . ! ! 1 ! 1 1 ! k k n n nn kC k n nC k n k k n k − − − = = = −  − − − −  ( đpcm ) ( ) ( )0 1 2 1 2 0 1 2 5 8 ... 3 2 1600 3 6 ... 3 2 ... 1600n n n n n n n n n n n n nC C C n C C C nC C C C+ + + + + + = ⇔ + + + + + + + = ( ) ( )0 1 1 0 1 1 1 13 ... 2 ... 1600n n n n n n n nn C C C C C C− − − −⇔ + + + + + + + = WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 29 WWW.ToanCapBa.Net
  30. 30. Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ( ) ( )0 1 1 0 1 1 1 13 ... 2 ... 1600n n n n n n n nn C C C C C C− − − −⇔ + + + + + + + = ( ) ( )1 1 1 5 3 3 1 1 2 1 1 1600 3 .2 2 1600 3 .2 2 100 7 n n n n n n n n n n − − + − − ⇔ + + + = ⇔ + = ⇔ + = ⇔ = Câu 6. (1 điểm) Tọa độ của A là nghiệm của hệ: 4 3 20 0 2 10 0 x y x y  − − =  + + = hay 1 8 x y  = −  = − , suy ra ( )− −1; 8A Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác ABC. Ta có     ⊥ / / / / EF BC NF AH BC AH . Do đó ⊥EF NF Tương tự ta có: ⊥D DE N . Vậy đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N thuộc (C) . Mặt khác ⊥' 'EB B N , tức là B’ cũng thuộc (C). Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ: ( ) ( )  + + =  = − −  = − = −  ⇔ ⇔    = − = −+ + =− + + =     2 2 2 2 10 0 2 10 2 4 6 25 30 40 01 2 25 x y y x x x hay y yx xx y Nếu ( )− −4; 2N thì ( )−7;4C (loại) Nếu ( )− −2; 6N thì ( )− −3; 4C . Vậy ( ) ( ) ( )− − − − − −2; 6 ; ' 4; 2 ; 3; 4N B C Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận VTCP ( )−1; 2 của AC là vtpt nên có phương trình − =2 0x y . Đường thẳng CH đi qua C và nhận vtcp ( )3;4 của AB làm vtpt nên có phương trình là + + =3x 4 25 0y Tọa độ H là nghiệm của hệ: 2 0 3 4 25 0 x y x y  − =  + + = hay 5 5 2 x y  = −   = −  . Vậy   − −    5 5; 2 H Câu 7. (1 điểm) Kẻ ⊥NH BC tại H, ⊥ DNK C tại K Ta có ∆ = ∆ ⇒ =NKC NHC NK NH  ⇒ = =  ⇒ = ⇒ = =  1 / / 4 1 / / 4 DK AN AD NK DC AC DK BH BH AN AB NH BC AC , mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm BM ⇒ ∆ = ∆ ⇒ = =D , DDKN MHN NK MNH N NM Mà = ⇒ = ⇒ ∆0 0 90 D 90KNH NK DNM vuông cân tại N ( ) ( )⇒ ⊥ ⇒ − + − = + − =: 5 3 1 0 3 8 0DN MN DN x y hay x y Tọa độ N thỏa hệ: ( )  + − = ⇒ − − = 3 8 0 2;2 3 4 0 x y N x y Giả sử ( ) ( )− ⇒ = − − = =;3 4 2 ;6 3 ; 10;M m m MN m m DN MN DN ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( )  = ⇒ ⇒ − + − = ⇔ − = ⇔  = ⇒ − 2 2 2 3 3;5 2 6 3 10 2 1 1 1; 1 m M m m m m M loai WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 30 WWW.ToanCapBa.Net
  31. 31. Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 - GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1 ( )3;5M m gọi  −  − = =  = ∩ ⇒ = − ⇔ ⇔   − = − =  1 5 21 D 3 3 3 2 1 1 P P P P x x P MN A NP NM y y Ta có: = = = ⇒ = 1 1 1 5 D 3 6 6 6 AP MC BC A DP DA ⇒ = = = ⇒ = 5 5 5 3 6 6 3 5 DP DA CB MB MB DP ( ) ( )    − = −    ⇒ ⇒  − = −  3 5 3 5 5 3 1;5 3 5 1 1 5 B B x B y Câu 8. (1 điểm) Điều kiện: ≤ 5 2 x Phương trình ( ) ( )( )2 2 2 1 1 0 0x y x y x y⇔ − − + = ⇔ = = hoặc 2 1x y= + Trường hợp = = 0x y thế vào (2) không thỏa mãn. Trường hợp = +2 1x y thế vào (2): ( )− − − =3 2 3 2 1 0 3y y Xét hàm   = − − − ∈ −∞    3 3 (t) 2t 3 2 1; ; 2 f t t ;   = + > ∀ ∈ −∞  −   2 1 3 '( ) 6 ; '( ) 0, t ; 23 2 f t t f t t Vậy hàm số ( )f t đồng biến trên   −∞    3 ; 2 ; mà =(1) 0f . Suy ra phương trình (3) có nghiệm duy nhất: = 1y . Với = ⇒ = ⇔ = ±2 1 2 2y x x (thỏa điều kiện) Vậy nghiệm của hệ phương trình là: ( ) ( )−2;1 ; 2;1 Câu 9. (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: ( ) ( )2 2 2 2 3 a b c a b c + + + + ≥ và ( )2 3 a b c ab bc ca + + + + ≤ Bởi vậy: ( ) ( ) ( ) + + + + ≤ + ⇔ + + ≤ 2 2 22 3 9 3 3 a b c a b c a b c , từ đó: < + + ≤0 3a b c Ta có: ( ) ( )+ + + + = + + + ≤ + + ≤ + 2 2 2 2 2 3 3 3 a b c a b c ab bc ca ab bc ca nên ( ) ( )+ + + + ≤ + 2 2 2 2 3 6 2 a b c a b c Bởi vậy: ( )+ + = + + − ≤ − + = − + + + + + + + + 2 2 2 2 21 1 3 1 1 3 3 6 3 2 6 3 2 a b c S a b c t a b c a b c t Xét hàm số: = − + + 21 1 3 ( ) 6 3 2 f t t t với < ≤0 3t và ( )2 1 1 '( ) 0, (0;3) 3 3 f t t t t = + > ∀ ∈ + Bởi vậy: (≤ ∀ ∈ ( ) (3), 0;3f t f t hay ≤ 17 ( ) 6 f t Suy ra: ≤ 17 6 S , dấu bằng xảy ra khi = = = 1a b c Vậy = 17 max 6 S khi = = = 1a b c WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 31 WWW.ToanCapBa.Net
  32. 32. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ THI THỬ I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2 2 x y x + = + . a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Cho hai điểm ( 1; 1), (2;2)A B− − trên đồ thị (C). Định m để đường thẳng (d): y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho tứ giác ABMN là hình bình hành. Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: (sin 3 cos )sin3 2x x x+ = . Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 3 7 2( 1) x x x x + + = + . Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 3 3 2 0 2 3 1I x x x dx= − − +∫ . Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là trung điểm của SA, (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với SC. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F. Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF. Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực: 2 2 5 ( 14) 4 9 20 5 1x m x m x x x+ + + + = − − + + . II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2AB AD= , tâm (1; 2)I − . Gọi M là trung điểm cạnh CD, (2; 1)H − là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 5 0P x y z− − − = và hai điểm (3; 1; 3), (5;1;1)A B− − . Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3 . Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2 ( ) :( 4) ( 1) 20C x y− + − = và điểm (3; 1)M − . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 8 (I là tâm đường tròn (C)). Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 4 2 0S x y z x y+ + − − − = và hai điểm (3; 5;2), (7; 3; 2)A B− − − .Tìm điểm M trên (S) sao cho biểu thức 2 2 MA MB+ có giá trị nhỏ nhất. Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( )ln ( )ln 3 3 3 9 x y x x x x y e x y x e x y y − + +  + + = + +  + = + . ----------------- Hết ----------------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:…………………….. WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 32 WWW.ToanCapBa.Net
  33. 33. ĐÁP ÁN KHỐI B Câu Đáp án Điểm Câu 1 (2,0 điểm) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số: 3 2 2 x y x + = + TXĐ: { } 2 4 2 , ' 0, ( 2) D Dy x x = − = > ∀ ∈ + ℝ 0,25 Hàm số đồng biến trên các khoảng: ( ; 2)−∞ − và ( 2; )− + ∞ Giới hạn và tiệm cận: ( 2) ( 2) lim ; lim x x y y− + → − → − = +∞ = −∞ ⇒ pt tiệm cận đứng: x = −2 lim lim 3 x x y y →+∞ →−∞ = = ⇒ pt tiệm cận ngang y = 3 0,25 Bảng biến thiên: 0,25 Đồ thị: Đi qua các điểm ( ) 2 ; 0 , 0; 1 3   −    và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(−2; 3) làm tâm đối xứng. 0,25 2. Cho hai điểm ( 1; 1), (2;2)A B− − trên đồ thị (C). Định m để đường thẳng ( ):d y x m= + cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho tứ giác ABMN là hình bình hành. Phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C): 23 2 3 2 ( 2)( ) (1)2 xx x m x x x mx ≠ −+ = + ⇔  + = + ++  2 ( 1) 2 2 0x m x m⇔ − + − = (2) (do x = −2 không phải là nghiệm của (1)) 0,25 x y’ −∞ +∞ y −2 + + +∞ 3 −∞3 x y O 3 −2 1 2 3 − WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 33 WWW.ToanCapBa.Net
  34. 34. (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt M, N khi phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt 2 2 1 ( 1) 4(2 2) 10 9 0 9 m m m m m m < ⇔ ∆ = − − − = − + > ⇔  > (3) 0,25 Khi đó: 2 | | | | 10 9M N M Ny y x x m m− = − = ∆ = − + . Nhận thấy hai điểm A, B thuộc đường thẳng y = x song song với (d) khi 0m ≠ . Do đó với điều kiện (3), để tứ giác ABMN là hình bình hành thì ta chỉ cần MN = AB là đủ 0,25 Ta có: 2 2 2 2 ( ) ( ) 3 2 10 9 3 10 0M N M NMN AB x x y y m m m m= ⇔ − + − = ⇔ − + = ⇔ − = 0 10 m m = ⇔  = . So với điều kiện (3) ta nhận m = 10 là đáp số của bài toán. 0,25 Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình: (sin 3 cos )sin3 2x x x+ = . Phương trình đã cho tương đương: 1 3 sin cos sin3 1 sin .sin3 1 2 2 3 cos 2 cos 4 2 3 3 x x x x x x x π π π     + = ⇔ + =            ⇔ − − + =        0,25 cos 2 1 3 cos 2 1 3 x x π π    − =     ⇔    − = −    0,25 2 2 2 2 3 3 4 2 2 3 3 x k x k x m x m π π π π π π π π π   − = = +   ⇔ ⇔   + = + = +    0,25 2 2 ( , ) 3 6 x k x k k m π π π π⇔ = + ⇔ = + ∈ℤ Vậy phương trình đã cho có một họ nghiệm: ( ) 6 x k k π π= + ∈ℤ 0,25 Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 3 7 2( 1) x x x x + + = + . ĐK: x > 0 Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương: 23 1 3 7 2( 1). 7 2 1 .x x x x x x x x x   + + = + ⇔ + + = +    0,25 3 3 4 2 3 3 3 2 3 2 0 2 2 0x x x x x x x x x x x x x x x     ⇔ + − + + − + = ⇔ + + − − + − =           0,25 3 2 0 3 3 2 2 0 3 2 0 x x x x x x x x x x  + − =   ⇔ + − + − = ⇔        + − =  0,25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 34 WWW.ToanCapBa.Net
  35. 35. 2 2 3 2 4 3 0 4 3 0 3 4 0 ( 1)( 4) 0 x x x x x x x x x  − + = − + = ⇔ ⇔  + − = − + + =  1 3 x x = ⇔  = . Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3. 0,25 Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân 1 3 3 2 0 2 3 1I x x x dx= − − +∫ . Đặt 1t x dt dx= − ⇔ = − . Đổi cận: 0 1; 1 0x t x t= ⇒ = = ⇒ = 0,25 Suy ra: 0 3 23 1 2(1 ) 3(1 ) (1 ) 1( )I t t t dt= − − − − − + −∫ 0,25 1 3 23 0 2 3 1t t t dt= − + + −∫ 0,25 1 3 23 0 2 3 1t t t dt I= − − − + = −∫ 0I⇒ = 0,25 Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300. Gọi M là trung điểm của SA, (P) là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với SC. Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F. Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF. Từ giả thiết ta có: 0 ( ) 30 BC AB BC SAB BSC BC SA ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ = ⊥  là góc giữa SC với mp(SAB) Từ đó: 0 2 2 .cot30 3, 2 SB BC a SA SB AB a = = = − = SC ⊥ (P) tại E nên thể tích khối chóp S.MNEF được xác định bởi: 1 . 3 MNEFV S SE= 0,25 Do SA AC⊥ và 2SA AC a= = , nên ∆SAC vuông cân tại A ⇒ ∆SEM vuông cân tại E 22 SM a SE⇒ = = Ta có: ( ( ) ( ) , ( ( ) do do MN CS SC P MN SBC MN NE MN SB MN BC BC SAB ⊥ ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ ⊥ ⊥  0,25 2 1 1 6 3 2 . . . 2 2 6 6 24 MNE a a a S MN NE⇒ = = = Hoàn toàn tương tự ta cũng có MF EF⊥ và 2 2 2 24 12 MEF MNEF a a S S= ⇒ = Vậy 3 1 2 . 3 72 MNEF a V S SE= = (đvtt) 0,25 ( ) MN SE MN SNE MN SN MN NE ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥ ⊥  . Tương tự MF ⊥ SF Từ đó ∆SNM, ∆SEM và ∆SFM là 3 tam giác vuông nhận SM là cạnh huyền chung. Suy ra nếu gọi I là trung điểm của SM thì I chính là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình 0,25 300 F N M C A D B S EI WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 35 WWW.ToanCapBa.Net
  36. 36. chóp S.MNEF và bán kính mặt cẩu là 1 2 2 4 a R SM= = Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực: 2 2 5 ( 14) 4 9 20 5 1x m x m x x x+ + + + = − − + + . Trước hết ta phải có điều kiện 2 20 0 5 1 0 x x x x  − − ≥ ⇔ ≥ + ≥ (1) Với điều kiện (1), phương trình đã cho tương đương: 2 2 2 5 ( 14) 4 9 20 25( 1) 10 ( 1)( 20)x m x m x x x x x x+ + + + = − − + + + + − − 2 2 4( 20) ( 6)( 4) 10 ( 4)( 4 5)x x m x x x x⇔ − − + + + = + − − 2 2 4( 20) 4 5 6 10 4 4 x x x x m x x − − − − ⇔ + + = + + (2) 0,25 Đặt 2 4 5 4 x x t x − − = + , phương trình (2) trở thành: 2 4 10 6m t t= − + − (3) Xét hàm 2 4 5 ( ) 4 x x f x x − − = + , với [5; )x∈ + ∞ , ta có: 2 2 8 11 (5) 0, lim ( ) , '( ) 0, [5; ) ( 4)x x x f f x f x x x→+∞ + − = = +∞ = > ∀ ∈ + ∞ + . Chứng tỏ f(x) đồng biến trên [5; )+ ∞ Suy ra: + Điều kiện của t là 0t ≥ . + Với mỗi 0t ≥ thì phương trình 2 4 5 4 x x t x − − = + có đúng 1 nghiệm [5; )x∈ + ∞ 0,25 Từ đó yêu cầu bài toán tương đương tìm m sao cho phương trình (3) có đúng 2 nghiệm [0; )t ∈ + ∞ Lại xét hàm: 2 ( ) 4 10 6g t t t= − + − với [0; )t ∈ + ∞ , ta có: 5 5 1 '( ) 8 10; '( ) 0 , 4 4 4 g t t g t t g   = − + = ⇔ = =    0,25 Bảng biến thiên: Từ bảng biến thiên ta suy ra điều kiện của m thỏa yêu cầu bài toán là 1 6 4 m− ≤ < 0,25 Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có 2AB AD= , tâm (1; 2)I − . Gọi M là trung điểm cạnh CD, (2; 1)H − là giao điểm của hai đường thẳng AC và BM. Tìm tọa độ các điểm A, B. Từ giả thiết ta có H là trọng tâm ∆BCD. Suy ra 3IA HI= ⇒ ( 2; 5)A − − . 0,25 Ta có 2 6 1 3 ; 3 3 3 3 BC BC HB BM HC AC= = = = . Suy ra 2 2 2 HB HC BC+ = . Vậy BM ⊥ AC. 0,25 t g’(t) g(t) 0 + ∞5 4 0 −+ −6 1 4 − ∞ WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 36 WWW.ToanCapBa.Net
  37. 37. Suy ra BM đi qua (2; 1)H − , nhận vtpt (1;1)IH = : 1 0pt BM x y⇒ + − = . ⇒ tọa độ B có dạng ( ;1 )B t t− . 0,25 IB IA= ⇔ 2 2 ( 1) (3 ) 18t t− + − = ⇔ 2 4 4 0t t− − = ⇔ 2 2 2t = ± Vậy (2 2 2; 1 2 2)B + − − hoặc (2 2 2; 1 2 2)B − − + . 0,25 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 5 0P x y z− − − = và hai điểm (3; 1; 3), (5;1;1)A B− − . Tìm tọa độ điểm C thuộc (P) sao cho mặt phẳng (ABC) vuông góc với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3 . Ta có: + vtpt của (P) là (1; 2; 1)n = − − . ( )C P∈ nên 0 0 0 0( ; ; 2 5)C x y x y− − + 0 0 0 0(2; 2; 4), ( 3; 1; 2 2)AB AC x y x y= = − + − − Suy ra mp(ABC) có vtpt là 0 0 0 0 0 0, (2 8 8;2 4 8; 2 2 8)m AB AC x y x y x y = = − − + − − + +  0,25 Theo giả thiết: 0 0 0 0 0 0 0 ( ) ( ) . 0 2 8 8 2(2 4 8) ( 2 2 8) 0 0 ABC P n m x y x y x y y ⊥ ⇒ = ⇔ − − − + − − − + + = ⇔ = 0,25 2 2 2 0 0 0 0 0 0 1 3 , 3 2 (2 8 8) (2 4 8) ( 2 2 8) 3 ABCS AB AC x y x y x y  = ⇔ =  ⇔ − − + + − + − + + = 0,25 02 2 2 2 0 0 0 0 0 51 . (2 8) (2 8) ( 2 8) 3 (2 8) 4 32 x x x x x x = ⇔ − + − + − + = ⇔ − = ⇔  = Vậy (5;0;0)C hoặc (3;0; 2)C − 0,25 Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều khác 0. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A. Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3. Số phần tử của tập A: 3 9 504A = 0,25 Gọi n abc= là số tự nhiên được chọn thỏa yêu cầu bài toán. Chỉ có các trường hợp sau: TH1: a, b, c chia hết cho 3 , , {3;6;9}a b c B⇒ ∈ = ⇒ có 3! cách chọn n 0,25 TH2: a, b, c chia cho 3 dư 1 , , {1;4;7}a b c C⇒ ∈ = ⇒ có 3! cách chọn n TH3: a, b, c chia cho 3 dư 2 , , {2;5;8}a b c D⇒ ∈ = ⇒ có 3! cách chọn n 0,25 TH4: Trong 3 số a, b, c có một số thuộc B, một số thuộc C và số còn lại thuộc D ⇒ có (3x3x3)3! cách chọn n Suy ra số cách chọn n là 3 (3 3 ).3! 180+ = . Vậy xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là 180 5 504 14 = 0,25 Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn 2 2 ( ) :( 4) ( 1) 20C x y− + − = và điểm (3; 1)M − . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 8 (I là tâm đường tròn (C)). Đường tròn (C) có tâm (4;1), 2 5I R = . Gọi H là trung điểm AB, suy ra AH ⊥ AB. Diện tích tam giác IAB: 1 . 8 2 IABS IH AB= = ⇔ IH = 4 hoặc IH = 2 Đường thẳng ∆ đi qua điểm M nên có phương trình 2 2 3 0, 0ax by a b a b+ − + = + > . 0,25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 37 WWW.ToanCapBa.Net
  38. 38. TH1: d(I,∆) = IH = 4 ⇔ 2 2 2 4 a b a b + = + ⇔ 2 2 15 4 12 0a ab b− + = ⇔ 2 2 2 11( ) (2 ) 0a b a b+ + − = ⇔ a = b = 0 (không thỏa a2 + b2 > 0). 0,25 TH2: d(I,∆) = IH = 2 ⇔ 2 2 2 2 a b a b + = + ⇔ (3 4 ) 0a a b− = ⇔ a = 0 hoặc 3a – 4b = 0. 0,25 + Nếu a = 0 chọn b =1 ⇒ phương trình ∆: y + 1 = 0. + Nếu 3a – 4b = 0 chọn a = 4 và b = 3 ⇒ phương trình ∆: 4x + 3y – 9 = 0. 0,25 Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 4 2 0S x y z x y+ + − − − = và hai điểm (3; 5;2), (7; 3; 2)A B− − − .Tìm điểm M trên (S) sao cho biểu thức 2 2 MA MB+ có giá trị nhỏ nhất. Gọi I là trung điểm của AB thì (5; 4;0)I − . Ta có: 2 2 2 2 21 29 2 2 2 2 MA MB IM AB IM+ = + = + ⇒ 2 2 MA MB+ nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất. 0,25 (S) có tâm 1 ;2;0 2 J       , bán kính 5 2 R = . Do 2 21 15 5 (2 4) 2 2 IJ R   = − + + = >    , nên I nằm ngoài (S). Từ đó nếu gọi M0 là giao điểm của đoạn thẳng IJ với (S), thì với mọi điểm M thuộc (S) ta luôn có bất đẳng thức đúng sau: 0 0IM MJ IM R IJ IM R IM IM const+ = + ≥ = + ⇔ ≥ = . Đẳng thức chỉ xảy ra khi 0M M≡ Vậy 2 2 MA MB+ nhỏ nhất khi M là giao điểm của đoạn IJ với (S) 0,25 Ta có phương trình IJ: 5 3 4 4 ( ) 0 x t y t t z = −  = − + ∈  = ℝ 0,25 Tọa độ M là nghiệm của hệ: 2 2 2 5 3 4 4 2; 0; 1 0 1; 4; 0; 2 4 2 0 x t y t x y z t z x y z t x y z x y = −  = − + = = = = ⇔ = = − = = =  + + − − − = Do M thuộc đoạn IJ nên ta chỉ nhận (2;0;0)M 0,25 Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 2 ( )ln ( )ln 3 3 3 9 x y x x x x y e x y x e x y y − + +  + + = + +  + = + Điều kiện: x > 0 và y > 0. Hệ phương trình đã cho tương đương: 2 2 2 2 2 ( )(ln ln ) (1) 3 3 3 9 (2) x y x x x x y e e x y y x − + +  − = + −  + = + 0,25 Nhận xét: Vì các hàm số , lnt y e y t= = luôn đồng biến trên khoảng (0; )+ ∞ , nên với 0x y> > hoặc 0 x y< < thì hai vế của pt (1) luôn trái dấu nhau. Suy ra (1) ⇔ x = y 0,25 Thay vào (2) ta được: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 3 3 9 3 3 3 1 (3 1)(3 1) 0x x x x x x x x x x x x x x− + + − − + − − − + + = + ⇔ + = + ⇔ − − = 0,25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 38 WWW.ToanCapBa.Net
  39. 39. 2 2 2 3 1 0 3 1 0 x x x x − − +  − = ⇔   − = 2 2 1 2 0 0 0 2 x x x x x x x = −  − − = ⇔ ⇔ = + =  = . Do điều kiện nên ta chỉ nhận 2 2x y= ⇒ = Vậy hệ phương trình có một nghiệm (2; 2) 0,25 Ghi chú: + Cách giải khác của Câu 3: Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương: ( ) 222 2 73 4( 1) xx x x ++ = + ( ) 22 2 2 4( 3)( 1) 7x x x x⇔ + + = + ( ) 22 2 2 5 4 3 2 4( 3)( 1) 7 4 6 16 25 12 0x x x x x x x x x⇔ + + = + ⇔ − + − + − = 2 2 2 1 0 1 ( 1) ( 3)( 4) 0 3 0 3 4 0 ( )vn x x x x x x x x x x  − = = ⇔ − − + + = ⇔ − = ⇔  = + + = Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3. + Cách giải khác của Câu 8a: Từ giả thiết suy ra 3IA HI= ⇒ ( 2; 5)A − − . Gọi B(x;y). Ta có 2 IA IB AB AD =  = ⇔ 2 2 2 2 2 2 ( 1) ( 2) 18 ( 2) ( 5) 2 (4 ) (1 ) x y x y x y  − + + =   + + − = − + −   ⇔ 2 2 9 9 0 2 4 13 0 x y x y x y − − =  + − + − = ⇔ 2 2 2 1 2 2 x y  = +  = − − hoặc 2 2 2 1 2 2 x y  = −  = − + Vậy (2 2 2; 1 2 2)B + − − hoặc (2 2 2; 1 2 2)B − − + . + Cách giải khác của Câu 8b: Giả sử 0 0 0( ; ; )M x y z Ta có: + ( )M S∈ nên 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0 1 25 4 2 0 ( 2) 2 4 x y z x y x y z   + + − − − = ⇒ − + − + =    (1) và 2 2 2 0 0 0 0 04 2x y z x y+ + = + + (2) + 2 2 2 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 0( 5) ( 4) 10 8 41IM x y z x y z x y= − + + + = + + − + + Do (2) nên 2 0 0 0 0 0 04 2 10 8 41 9 12 43IM x y x y x y= + + − + + = − + + Theo bđt B.C.S: 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 1 1 25 9 12( 2) 0. (81 144) ( 2) 225. 2 2 4 x y z x y z       − − + − + ≤ + − + − + =              (3) 0 0 0 0 75 1 75 9 12( 2) 25 9 12 43 100 5 10 2 2 2 x y x y IM   ⇔ − ≤ − − + − ≤ ⇔ ≤ − + + ≤ ⇒ ≤ ≤    (4) Đẳng thức ở (3) chỉ xảy ra khi: 0 0 0 0 0 0 2 2 2 0 02 2 0 0 0 0 01 2 2(2 1)2 2 9 12 3 (2 1) 4(2 1) 251 25 ( 2) 4 9 42 4 z z x y x y x x x y z  =    = − − − = ⇔ − = −  −    − −  + =− + − + =     WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 39 WWW.ToanCapBa.Net
  40. 40. 0 0 0 0 0 0 0 2 0 0 0 0 2 1 2(2 1) 2 0 4 3 0 0 (2 1) 9 z x x x y y y z z x = = = −  −   ⇔ − = − ⇔ = ∨ =     = =  − = + Với (2;0;0)M thì IM = 5 + Với ( 1;4;0)M − thì IM = 10 So sánh với (4) ta suy ra (2;0;0)M là điểm cần tìm. WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 40 WWW.ToanCapBa.Net
  41. 41. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐẠO KON TUM KIỂM TRA LUYỆN THI ĐẠI HỌC LẦN 5 Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành NĂM HỌC 2013  2014 Môn thi TOÁN; Khối A, A1, B. Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề). PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7.0 điểm) Câu 1. (2.0 điểm). Cho hàm số 3 21 1 2 1 3 2 5 2 3 2       y x ( m )x ( m )x m . 1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 2) Tìm m để hàm số nghịch biến trong khoảng có độ dài lớn hơn 1. Câu 2. (1.0 điểm). Giải phương trình sin3 cos3 2 2 cos 1 0 4 x x x           . Câu 3. (1.0 điểm). Giải hệ phương trình: 3 2 2 2 33 2 2 2 2 2 1 14. x y x y xy x x y y            Câu 4. (1.0 điểm). Tính tích phân 2 3 0 sin . 1 cos2 x x I dx x     Câu 5. (1.0 điểm). Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, , 2AB a BC a  . Hình chiếu vuông góc của A’ trên mp(ABC) trùng với trung điểm H của AC, góc giữa hai mặt phẳng (BCC’B’) và (ABC) bằng 0 60 . Tính thể tích khối lăng trụ đã cho và khoảng cách giữa hai đường thẳng AA’ và BC theo a. Câu 6. (1.0 điểm). Cho ba số thực dương , ,a b c thỏa mãn điều kiện 3 3 3 .a b c  Chứng minh rằng   2 2 2 6 .a b c c a c b     PHẦN TỰ CHỌN (3.0 điểm) Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Chương trình Chuẩn. Câu 7a. (1.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy. Cho tam giác ABC cân tại A và có chu vi bằng 16. Hai đỉnh A, B thuộc đường thẳng d có phương trình 2 2 2 2 0x y   và B, C thuộc trục Ox . Xác định toạ độ trọng tâm của tam giác ABC. Câu 8a. (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm A (3; – 1; 1), đường thẳng  và mp (P) lần lượt có phương trình 2 : 1 2 2 x y z    , ( P ) : x – y + z– 5 = 0. Viết phương trình tham số của đường thẳng d đi qua A, nằm trong ( P) và tạo với  một góc 450 . Câu 9a. (1.0 điểm). Cho hai đường thẳng song song 1d và 2.d Trên 1d lấy 5 điểm và trên 2d lấy n điểm. Tìm n để số tam giác lập được từ 5n  điểm bằng 45. B. Chương trình Nâng cao. Câu 7b. (1.0 điểm). Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) và đường thẳng d có phương trình 2 2 0.x y   Tìm trên d hai điểm M, N sao cho tam giác AMN vuông tại A và AM = 2AN, biết tọa độ điểm N là các số nguyên. Câu 8b. (1.0 điểm).Trong không gian Oxyz cho đường thẳng 3 2 1 : 2 1 1 x y z d       và mặt phẳng (P) có phương trình 2 0.x y z    Gọi M là giao điểm của d và (P). Viết phương trình đường thẳng  nằm trong (P), vuông góc với d đồng thời khoảng cách từ M đến  bằng 3 42. Câu 9b. (1.0 điểm). Tính |z|, biết:      5 . 1 3 2 2 i z z i i i      .  Hết  ĐỀ CHÍNH THỨC WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 41 WWW.ToanCapBa.Net
  42. 42. SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO ĐẠO KON TUM KIỂM TRA LUYỆN THI ĐẠI HỌC LẦN 5 Trường THPT chuyên Nguyễn Tất Thành NĂM HỌC 2013  2014 Môn thi TOÁN; Khối A, A1, B. Thời gian làm bài: 180 phút. (không kể thời gian phát đề) Đáp án Câu Ý Đáp án Điểm I 1) Cho hàm số 3 21 1 2 1 3 2 5 2 3 2       y x ( m )x ( m )x m . 2.0 1) Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số khi m = 0. 1.0 Khi m = 0, ta có    y x x x3 21 1 2 2 3 2 . Tập xác định D = .   y x x2 ' 2 > 0,  x  , nên hàm số đồng biến trên . 0.25     x x y ylim , lim . 0.25 Bảng biến thiên 0.25 Đồ thị: 0.25 2) 2 ' ( ) (2 1) 3 2y f x x m x m      có biệt thức  = 4m2  8m  7. Nếu  ≤ 0 thì y’ ≥ 0,  x  , suy ra hàm số đồng biến trên , không thoả mãn yêu cầu của bài toán 0.25 Nếu  > 0 thì phương trình y’ = f(x) = 0 có hai nghiêm phân biệt x1, x2. Khi đó, y’ ≤ 0  x1 ≤ x ≤ x2 và hàm số nghịch biến trong khoảng (x1; x2). Suy ra hàm số nghịch biến trong khoảng có độ dài lớn hơn 1 khi và chỉ khi 2 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ( ) 1 ( ) 4 1x x x x x x x x         (1) 0.25 Theo định lý Vi ét ta có 1 2 1 2 2 1 3 2vµx x m x x m     (2) 0.25 Từ (2) và (2), ta tìm được 1 3m  hoặc 1 3m  . Vậy với 1 3m  hoặc 1 3m  hàm số nghịch biến trong một khoảng có độ dài lớn hơn 1. 0.25 2 1) Giải phương trình sin3 cos3 2 2 cos 1 0 4 x x x           . 1.0 Phương trình đã cho tương đương với    3 3 4 cos sin 5 cos sin 1 0x x x x     (*) 0.25 Đặt cos sin ,| | 2t x x t   , khi đó (*) trở thành   1 2 2 1 0 1.t t t t      0.25 Suy ra phương trình đã cho có nghiệm là: 2 , 2 2 x k x k       , k  . 0.50 3 Giải hệ phương trình ĐỀ CHÍNH THỨC x  + y' +  + y WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 42 WWW.ToanCapBa.Net
  43. 43. 3 2 2 2 33 2 2 2 2 2 1 14. x y x y xy x x y y            Điều kiện x2  2y  1  0. Ta có 3 2 2 2 2 2 ( 2 )( ) 0      x y x y xy x y x y , 0.25 Kết hợp với điều kiện ban đầu ta có x = y. Và từ 2 33 2 2 2 1 14x x y y      , ta có 2 33 2 2 2 1 14x x x x      . 0.25 Suy ra 2 2 233 2 1 0 2 1 0 2 1 0.14 2 x x x x x xx x                   Do đó 2 1 2 2 1 0 1 2 x x x x           0.25 Suy ra hệ phương trình có nghiệm là  1 2; 1 2  và  1 2; 1 2  . 0.25 4 Tính tích phân 2 3 0 sin . 1 cos2 x x I dx x     1.00 2 2 3 3 3 2 20 0 0 sin sin 1 cos2 2cos 2cos x x x x I dx dx dx x x x           0.25 3 3 1 2 20 0 1 2cos 2 cos x x I dx dx x x      Đặt 2 tan cos u x du dx dx v xdv x       3 33 1 0 00 1 1 1 tan tan ln cos ln2 2 2 22 3 2 3 I x x xdx x                 0.25 2 2 23 3 3 3 2 20 0 0 0 sin 1 1 tan (1 tan ) 2cos 2 2 x I dx xdx x dx dx x                      3 0 1 1 tan 3 2 2 3 x x           0.25   1 2 3 11 1 1 ln2 3 ( 3 ln2) 2 2 3 6 22 3 I I I                 0.25 5 A B’ A’ B C I K H C’ x - Dựng //Ax BC , dựng HI Ax tại I. 0.25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 43 WWW.ToanCapBa.Net
  44. 44. Ta có: ( ')// ( ' ')mp AIA mp BCC B nên    ( ' '),( ) ( '),( )BCC B ABC AIA ABC - Do ' ( ') ' Ax A H Ax mp AIA Ax A I Ax AI         0 ( '),( ) ' 60AIA ABC A IH   . - Ta có: 2 2 3AC BC AB a   - Do //Ax BC IAH ACB  0 sin sin 3 3 3 . ' .tan60 2 2 4 4 IH AB IAH ACB AH BC AB a a a a IH AH A H IH BC a            - Lại có: 2 3 . ' ' ' 1 3 3 3 . ' . 2 2 8 ABC ABC A B C ABC a a S AB AC V A H S     0.25 // ( ') ( ; ') ( ;( ')) ( ;( ')) 2 ( ;( '))BC mp AIA d BC AA d BC AIA d C AIA d H AIA    - Dựng ' ( ') ( ;( '))HK A I HK mp AIA HK d H AIA     0.25 - Mà 2 2 2 2 2 2 1 1 1 16 16 64 3 ' 9 3 9 8 a HK HK HA HI a a a        Vậy 3 ( '; ) 4 a d AA BC  . 0.25 6 Từ 3 3 3 a b c  và , , 0a b c  ta có ,c a c b  và 3 3 1. a b c c              Đặt   3 3 ; , 0 1. a b x y x y x y c c       Đặt ,x y t  ta có     3 2 2 3 3 1 1x y x y x xy y x y x y           và           3 3 3 33 3 3 1 1 3 , 4 4 x y x y xy x y x y x y x y            suy ra 3 4.x y  Vậy 3 1 4x y   hay  3 1; 4 .t   1.00 Từ ,x y t  ta có 3 3 1 3 1 3 t t xyt xy t      và 3 2 2 2 . 3 t x y t    Do đó         2 2 2 2 2 3 3 1 3 2 2 . 1 1 11 a b c x y t t t c a c b x y tt                0.25 Xét hàm số    32 , 1 4 . 1 t f t t t      Ta có      3 2 3 ' 0, 1; 4 . 1 f t t t       Do hàm số  f t liên tục trên nửa khoảng  3 1; 4  nên hàm số  f t nghịch biến trên  3 1; 4 .  0.25 Suy ra      3 3 3 3 4 2 4 6, 1; 4 . 4 1 f t f t        Vậy bất đẳng thức được chứng minh. 0.25 0.25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 44 WWW.ToanCapBa.Net
  45. 45. 7a Theo giả thiết B là giao điểm của d với trục Ox nên B(1; 0) Điểm A thuộc đường thẳng d nên tọa độ điểm A có dạng :A = (t; 2 2 t - 2 2 ) Gọi H là hình chiếu vuông góc của A trên Ox Suy ra H(t; 0). Vì tam giác ABC cân tại A nên H là trung điểm của BC. Suy ra C( 2t – 1, 0). 0.25 * Ta có: BH = |t - 1|; AB = 2 2 ( 1) (2 2 2 2)t t    3|t - 1| Chu vi cảu  ABC: 2p = 2AB + 2BH = 8|t - 1| 0.25 * Theo giả thiết, ta có: 16 = 8|t - 1|  t 3 t 1     0.25 * Với t = 3 ta có A(3;4 2 ), C(5;0). Với t = -1 ta có A(-1;-4 2 ), C(-3;0). 0.25 8a Gọi 2 2 2 ( ; ; ), ( 0)du a b c a b c    là vtcp của đt d Vectơ chỉ phương của đường thẳng  là (1;2;2).u  Vectơ pháp tuyến của mp(P) là (1; 1;1).Pn   Vì d nằm trong ( P) nên ta có : P dn u . Suy ra: .P dn u a – b+c = 0  b = a+c (1). 0.25 Góc giữa d với  bằng 450 nên 0 os( , ) os45dc u u c   2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2( 2 ) 9( ) (2) 2.3 a b c a b c a b c a b c            0.25 Thay (1) vào ( 2) ta có : 2 0 14 30 0 15 7 c c ac a c         0.25 * Với c = 0 : chọn a = b = 1. Ta có PTTS của d là: x = 3 + t ; y = - 1 – t ; z = 1 * Với c = - 15a / 7. Chọn a = 7, c = - 15, b = -8 . ta có PTTS của d là : x = 3 + 7 t ; y = - 1 – 8 t ; z = 1 – 15t. 0.25 9a Trường hợp 1: Tam giác có hai đỉnh thuộc 1d và một đỉnh thuộc 2.d Có 2 5 10nC n tam giác. 0.25 Trường hợp 2: Tam giác có một đỉnh thuộc 1d và hai đỉnh thuộc 2.d Có  2 5 5 1 2 nC n n  tam giác. 0.25 Suy ra   5 1 10 45 2 n n n   0.25 2 3 18 0 3.n n n      Vậy 3.n  0.25 7b Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên đường thẳng d. Suy ra 2 ( , ) 5 AH d A d  . Tam giác AMN vuông tại A nên 2 2 2 2 2 1 1 1 1 1 5 1. 4 4 AN AM AN AH AN AN        0.25 Điểm N thuộc đường thẳng d nên tọa độ điểm N có dạng N(2t – 2; t). AN = 1 2 2 2 1 (2 2) ( 2) 1 5 12 7 0 7 5 t t t t t t               Vi tọa độ của điểm N là các số nguyên nên t =1. 0.25 WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 45 WWW.ToanCapBa.Net
  46. 46. Suy ra N(0; 1). Đường thẳng AN đi qua điểm N và có vectơ chỉ phương (0;1).AN  Phương trình đường thẳng AN là y – 2 = 0. 0.25 Điểm M là giao điểm của d với AN nên tọa độ điểm M là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 0 2 2 0 2 x y x y y            . Suy ra M(2; 2). 0.25 8b Phương trình tham số của đường thẳng d: 3 2 2 . 1 x t y t z t           Điểm M thuộc d mêm tọa độ điểm M có dạng M(3 + 2t; - 2 + t; -1 – t). ( )M P 3 + 2t – 2 + t -1 – t + 2 = 0  t = -1. Suy ra M(2; - 3; 0). 0.25 Vectơ chỉ phương của đường thẳng  là (2;1; 1),du   vectơ pháp tuyến của mp(P) là (1;1;1),Pn  ; (2; 3;1).d Pu n     Do đường thẳng  cần tìm nằm trong mp(P) và vuông góc với đường thẳng d nên đường thẳng  có vectơ chỉ phương là: ; (2; 3;1).d Pu n     0,25 Gọi ( ; ; )N x y z là hình chiếu vuông góc của M trên  , suy ra ( ; 1; 2)MN x y z   + Theo giả thiết suy ra: 1 2 2 2 2 3 11 0 13, 0, 14 ( ) 2 0 . 11, 6, 15 ( 1) ( 3) 3783 42 MN u x y z x y z N P x y z x y z x y zMN                                  Suy ra: N(13; 0; -15) hoặc N(-11; -6; 15). 0,25 Với N(13;0; 15) ta có phương trình đường thẳng 13 15 : 2 3 1 x y z      . Với N(-11; -6; 15) ta có phương trình đường thẳng 11 6 15 : 2 3 1 x y z       . 0,25 9b Đặt , ,z a bi a b R   ta có      5 . 1 3 2 2 i z z i i i        5 2a bi i i i a bi       0.25     5 1 2 5 2 2a bi i i a bi a bi i a b b a i                5 2 2 1 2 0a b a i      0.25  5 2 2 1 2 0a b a i      1 5 2 2 0 2 1 2 0 2 a b a a b              0.25 Vậy 2 2 17 2 z a b   . 0.25  Hết  WWW.ToanCapBa.Net WWW.ToanCapBa.Net 46 WWW.ToanCapBa.Net

×