4 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (1)
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.75 MB, 27 trang )
CƠ SỞ BDKTPT<ĐH
NGUYỄN TRƢỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
LẦN THỨ HAI
ĐỀ THI THỬ
ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
x
yC
x
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng
:2d y mx m
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam
giác GAB bằng
6
9
với G là trọng tâm tam giác OAB (O là gốc tọc độ).
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2cos5 .cos3 sin cos8 x x x x
2. Giải hệ phương trình:
22
22
2
22
11
5
12
xy
xy
xy x y
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
3
0
sin
1 cos2
xx
I dx
x
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA = a và vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), M là trung điểm AD. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45
0
. Tính thể tích hình
chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM).
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực
,xy
thỏa mãn
1 2 4 1x y x y
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
( ) 9S x y x y
xy
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chƣơng trình Chuẩn:
Câu 6a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm M(2; 2), N(1; 1) lần lượt là trung
điểm của các cạnh AC, BC và trực tâm H(-1;6). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu 7a (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 4 6 2 28 0S x y z x y z
và hai đường
thẳng
1
5 1 13
:
2 3 2
x y z
d
và
2
7 1 8
:
3 2 1
x y z
d
. Viết phương trình mặt phẳng (P) tiếp xúc với
mặt cầu (S) và song song với hai đường thẳng
12
;dd
.
Câu 8a (1,0 điểm). Tính môđun của số phức
z
, biết
3
12z i z
và z có phần thực dương.
B. Theo chƣơng trình Nâng cao
Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong đỉnh B
có phương trình lần lượt là
1
:2 3 0d x y
;
2
: 2 0d x y
. Điểm M(2; 1) nằm trên đường thẳng chứa
cạnh AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng
5
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
biết điểm A có hoành độ dương.
Câu 7b (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(5; 3; -1); C(2; 3; -4). Điểm B nằm trên
mặt phẳng
( ): 6 0P x y z
. Tìm tọa độ điểm D.
Câu 8b (1,0 điểm). Giải phương trình
2
3
39
3
1
log 1 log 2 1 log 1
2
x x x
.
HẾT
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm).
WWW.VNMATH.COM
CƠ SỞ BDKTPT<ĐH
NGUYỄN TRƢỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
LẦN THỨ HAI
HƢỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ
ĐH NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu
1
Nội dung
Điểm
1.1
+ Tập xác định: D =
\1
+ Giới hạn:
lim 2
x
y
y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
11
lim ,lim
xx
yy
x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
0.25
+ Đaọ hàm
2
2
' 0, 1
1
yx
x
.
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
;1 , 1;
.
BBT:
x -
1 +
y’ - -
y 2 +
-
2
Hàm số không có cực trị.
0.5
+ Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ và nhận giao điểm I(1; 2) của hai đường tiệm
cận làm tâm đối xứng.
8
6
4
2
2
4
6
8
15
10
5
5
10
15
I
f
x
=
2
∙
x
x
1
O
1
0.25
1.2
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:
2
1
2
2
2 2 0(*)
1
x
x
mx m
g x mx mx m
x
0.25
+ (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt
0gx
có hai nghiệm phân biệt khác 1
0
00
10
m
m
g
0.25
Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của pt (*). Khi đó
1 1 2 2
; 2 , ; 2A x mx m B x mx m
0.25
WWW.VNMATH.COM
Theo định lí viét, ta có:
12
12
2
2
.
xx
m
xx
m
2
2 2 2
21
8
11AB x x m m
m
Ta có:
6
3
3
OAB GAB
SS
;
2
2
,
1
m
d O AB
m
Do đó:
2
2
2
6 1 8 6
12
3 2 3 3
1
OAB
m
m
S m m
m
m
2
3
13
40
4
3
3
m
mm
m
(thỏa mãn điều kiện)
0.25
C©u
2.1
Giải phương trình:
2cos5 .cos3 sin cos8 x x x x
PT cos2x + cos8x + sinx = cos8x
0,25
1- 2sin
2
x + sinx = 0
0,25
sinx = 1 v
1
sin
2
x
0,25
7
2 ; 2 ; 2 ,( )
2 6 6
x k x k x k k Z
0,25
C©u
2.2
Giải hệ phương trình:
22
22
2
22
11
5
,
12
xy
xy
xy
xy x y
ĐKXĐ:
0
0
x
y
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:
2
2
22
11
5
1 . 1 2
xy
xy
x y xy
0,25
2
2
11
5
*
11
.2
xy
xy
xy
xy
, đặt
1
1
ux
x
vy
y
Hệ phương trình
*
trở thành
2
22
5
9
2
2
uv
uv
uv
uv
0,25
3
2
uv
uv
(I) hoặc
3
2
uv
uv
(II)
Ta có:
1
2
u
I
v
hoặc
2
1
u
v
1
2
u
II
v
hoặc
2
1
u
v
Vì
1
2u x u
x
nên chỉ có
2
1
u
v
và
2
1
u
v
thỏa mãn.
0,25
WWW.VNMATH.COM
2
1
u
v
ta có
1
1
2
15
1
1
2
x
x
x
y
y
y
(thỏa mãn ĐKXĐ)
2
1
u
v
ta có
1
1
2
15
1
1
2
x
x
x
y
y
y
(thỏa mãn ĐKXĐ)
Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm:
1 5 1 5 1 5 1 5
1; , 1; , 1; , 1;
2 2 2 2
.
0,25
C©u
3
Tính tích phân
2
3
0
sin
1 cos2
xx
I dx
x
22
3 3 3
12
22
0 0 0
sin sin
1 cos2 2 os 2 os
x x x x
I dx dx dx I I
x c x c x
0,25
33
1
22
00
1
2 os 2 os
xx
I dx dx
c x c x
Đặt
2
tan
cos
ux
du dx
dx
vx
dv
x
3
1
0
1 1 1
tan tan ln cos ln2
33
2 2 2
2 3 2 3
00
I x x xdx x
0,25
2
3 3 3 3
22
2
2
0 0 0 0
sin 1 1 1 1
tan (1 tan ) tan 3
3
2 os 2 2 2 2 3
0
x
I dx xdx x dx dx x x
cx
0,25
12
31
1 1 1
ln2 3 3 ln2
2 2 3 6 2
23
I I I
0,25
Câu
4
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA = a
và vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), M là trung điểm AD. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABCD) bằng
45
0
. Tính thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM).
WWW.VNMATH.COM
Gọi N là trung điểm của DC, gọi H là giao điểm của BM và AN.
Do M, N là các trung điểm nên
BM AN
BM SA
BM SH
BM AN
SA AH SHA
nhọn
Suy ra
SHA
là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên
0
45SHA
ASAH a
0,25
0,25
Trong tam giác vuông ABM:
2 2 2
1 1 1
AB AM AH
2 2 2 2 2
22
1 4 1 5 1
5 5 5
AB AB AH AB AH
AB AH AB AH a
22
5
ABCD
S AB a
Suy ra thể tích hình chóp S.ABCD là:
23
15
.5a .
33
V a a
(đvtt)
0,25
3
.
1 1 5
4 4 12
DMB ABCD S DMB SABCD
S S V V a
2
1 1 5 10
. 2.
2 2 2 4
SMB
aa
S SH BM a
Vậy
3
2
5
3.
3
12
( , ( ))
10 2
4
SDMB
SMB
a
V
a
d D mp SBM
S
a
0,25
C©u
5
Cho các số thực
,xy
thỏa mãn
1 2 4 1x y x y
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
( ) 9S x y x y
xy
Điều kiện:
2; 1;0 9;x y x y
Ta có
2
0 1 2. 2 1. 1 3( 1) ( 1) 3( 1)
0 1 3 1 4.
x y x y x y x y x y
x y x y
0,25
Đặt
, [1;4]t x y t
, ta có
2
1
9S t t
t
0,25
WWW.VNMATH.COM
11
'( ) 2 0, [1;4]
2 9 2
S t t t
t t t
. Vậy S(t) đồng biến trên [1;4].
0,25
Suy ra
2
max
min
1 33 2 5
(4) 4 9 4 4; 0;
2
4
(1) 2 2 2 2; 1.
S S x y
S S x y
0,25
Câu
6a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm M(2; 2), N(1; 1) lần lượt là trung
điểm của các cạnh AC, BC và trực tâm H(-1;6). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Phương trình đường thẳng HC là : x + y - 5 = 0
0,25
Gọi điểm C(a; 5 - a) thuộc đường thẳng HC
(1 ; 4)CN a a
Vì M là trung điểm của AC nên A(4 - a; a - 1)
( 5;7 )AH a a
Vì N là trung điểm của BC nên B(2 - a; a - 3)
Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ta có:
2
. 0 ( 5)(1 ) (7 )( 4) 0 2 17 33 0AH CN a a a a a a
3
11
2
a
a
0,5
Với a = 3 suy ra C(3;2) ; A(1;2) ; B(-1;0)
Với
11 11 1 3 9 7 5
( ; ); ( ; ); ( ; )
2 2 2 2 2 2 2
a C A B
0,25
Câu
7a
Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
( ): 4 6 2 28 0S x y z x y z
và hai đường
thẳng
1
5 1 13
:
2 3 2
x y z
d
và
2
7 1 8
:
3 2 1
x y z
d
. Viết phương trình mặt
phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với hai đường thẳng
12
;dd
.
Gọi VTCP của
12
;dd
lần lượt là:
1
(2; 3;2)u
và
2
(3; 2;1)u
. Mặt phẳng (P) song song
với
12
;dd
nên có VTPT là
12
[u , u ] =(1; 4; 5)n
.
0,25
Phương trình mặt phẳng (P) có dạng:
4 5 0x y z D
0,25
Tâm của mặt cầu (S) là I(2; -3; 1) và bán kính R =
42
.
Do (P) tiếp xúc với (S) nên khoảng cách từ I đến mp(P) bằng bán kính R hay:
47
| 2 3.4 5 |
,( ) 42 | 5 | 42
37
1 16 25
D
D
d I P D
D
0,5
Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán:
1
( ): 4 5 47 0P x y z
và
2
( ): 4 5 37 0P x y z
.
0,25
Câu
Tính môđun của số phức
z
, biết
3
12z i z
và z có phần thực dương.
WWW.VNMATH.COM
8a
Đặt
; , , 0z x yi x y x
.
33
12 ( ) 12z i z x yi i x yi
0,25
32
3 2 2 3
23
3 (1)
3 (3 12)
3 12 (2)
x xy x
x xy x y y i x yi
x y y y
0,25
Do
22
0 (1) 3 1x x y
. Thế vào (2) ta được
2 3 3
3(3 1) 12 2 3 0y y y y y y
(3)
0,25
Giải phương trình (3) ta được
2
14yx
. Do x > 0 nên x = 2
Vậy
25z i z
0,25
Câu
6b
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong đỉnh B
có phương trình lần lượt là:
1
:2 3 0d x y
;
2
: 2 0d x y
. Điểm M(2; 1) nằm trên
đường thẳng chứa cạnh AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng
5
.
Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác biết điểm A có hoành độ dương.
12
(1;1)d d B
phương trình đường thẳng AB là: y = 1
(a;1)A
Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác
2
d
suy ra N(1; 0)
Hay phương trình cạnh BC là: x = 1, suy ra C(1; c)
0,5
Gọi I là trung điểm AC,
11
;
22
ac
I
.
Do I thuộc trung tuyến
1
d
nên 2a + c – 3 = 0 (1)
Ta có:
.0BM BN
nên tam giác ABC vuông tại B, Vì vậy, tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC là điểm I (trung điểm AC). IB =
5
22
(a 1) (c 1) 20 (2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra:
1( )
3
a loai
a
. Vậy A(3; 1) và C(1; -3)
0,25
Câu
7b
Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(5; 3; -1); C(2; 3; -4). B là điểm nằm
trên mặt phẳng
( ): 6 0P x y z
. Tìm tọa độ điểm D.
Ta có:
3 2 3AC BA BC
0,25
Tọa độ B là nghiệm của hệ:
2 2 2
2 2 2
2 2 2
(x 5) (y 3) (z 1) 9
(x 5) (y 3) (z 1) 9
(x 2) (y 3) (z 4) 9 1 0
6 0 6 0
xz
x y z x y z
0,5
WWW.VNMATH.COM
2 2 2
(x 5) (4 2 ) (2 x) 9 2
13
7 2 1
xx
z x y
y x z
hoặc
3
1
2
x
y
z
Suy ra B(2; 3; -1) hoặc B(3; 1; -2)
AB DC
suy ra D(5; 3; -4) hoặc D(4; 5; -3)
0,25
Câu
8b
Giải phương trình
2
3
39
3
1
log 1 log 2 1 log 1
2
x x x
.
Điều kiện:
1x
và
1
2
x
. Khi đó:
0.25
Phương trình đã cho tương đương với :
3
33
log 1 log 2 1 1x x x
3
2
1 2 1 1
1 2 1
x x x
x x x
0.25
Với
1
2
x
thì ta được phương trình:
2
1
3 2 0
2
x
xx
x
0.25
Với
1
1
2
x
thì ta được phương trình:
2
00x x x
Vậy, phương trình có tập nghiệm:
0;1;2S
0.25
WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
SỞ GD VÀ ĐT HẬU GIANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
TRƯỜNG THPT LONG MỸ MÔN TOÁN: KHỐI A, B, D
(Đề chính thức có 1 trang) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
Ngày 22.3.2014
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số
3 2
( 2)
y x m x
có đồ thị
m
C
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi
1
m
2) Tìm m để đường thẳng
2
: 2
d y m
cắt đồ thị
m
C
tại 3 điểm phân biệt
, ,
A B C
thỏa:
2 2 2
18
AB BC CA
Câu 2 (2,0 điểm ).
1) Giải phương trình sau:
2 2
2sin 2sin tan
4
x x x
2) Giải hệ phương trình sau:
2
2 2 2 2
7 2 1 10 8
( , )
4 5 1 1 4 5
x x y
x y R
x y y x y x y y
Câu 3 (1,0 điểm ) Tính tích phân sau:
4
0
tan .ln cos
cos
x x dx
I
x
Câu 4 (1,0 điểm ) Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
,
0
60
ABC
; cạnh
SD
vuông góc
với mặt phẳng
ABCD
. Hai mặt phẳng
SAB
và
SBC
vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
và khoảng cách từ điểm
B
đến mặt phẳng
SAC
Câu 5 (1,0 điểm ) Cho
, , 0.
x y z
Chứng minh rằng:
3
2 2 2 4
x y z
x y z x y z x y z
II.PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B)
Phần A
Câu 6.a (2,0 điểm ).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn
2 2
: 6 2 1 0
C x y x y
. Viết phương trình đường thẳng
d
đi qua
0;2
M
và cắt đường tròn
C
theo dây cung có độ dài bằng 4.
2) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho hình thoi ABCD với
1; 2;1 , 2;3;2
A B
. Tìm tọa độ C, D biết tâm I
của hình thoi thuộc đường thẳng
1 2
:
1 1 1
x y z
d
Câu 7.a (1,0 điểm ).
Cho khai triển
2
2
3
2
n
x
x
với
0
x
và n là số nguyên dương thỏa mãn
1 3 2 1
2 1 2 1 2 1
1024
n
n n n
C C C
trong
đó
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n. Tìm hệ số của số hạng chứa
5
x
.
Phần B
Câu 6.b (2,0 điểm ).
1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho 3 đường thẳng sau
1 2
: 2 3 0, : 2 2 0
d x y d x y
và
3
: 3 4 11 0
d x y
. Viết phương trình đường tròn
T
có tâm trên
1
d
, tiếp xúc với
2
d
và cắt
3
d
tại 2 điểm
phân biệt
,
A B
sao cho
2
AB
.
2) Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho điểm
4; 1;3
A
, đường thẳng
3 1 2
:
2 1 2
x y z
d
và mặt phẳng
:3 4 5 0
P x y z
. Viết phương trình đường thẳng
đi qua
A
, song song với
P
và cắt đường thẳng
d
www.VNMATH.com
Câu 7.b (1,0 điểm ) Tìm miền xác định của hàm số
1
2 2 1
ln
2 1
x
x
x
f x
GV RA ĐỀ: Thầy Trần Văn Kim Nguyên; Nguyễn Thanh Tùng; Bùi Văn Nhạn
TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC
NĂM HỌC 2013-2014
TỔ TOÁN MÔN: TOÁN A, B, D(LẦN 1)
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
Bảng hướng dẫn chấm gồm 7 trang
I. Hướng dẫn chung
1) Nếu thí sinh làm bài không đúng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì giám khảo cho đủ
điểm từng phần theo hướng dẫn quy định.
2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo
không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi.
3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn điểm đến 0,5 điểm ( lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5 và lẻ 0,75
làm tròn thành 1,0)
II.Đáp án và thang điểm
Câu Nội dung Điểm
1
Cho hàm số
3 2
( 2)
y x m x
có đồ thị
m
C
2.0 đ
1.1
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi
1
m
1.0 đ
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
+
lim
x
y
;
x
ylim
+
2
' 3 6
y x x
+
0 0
' 0
2 4
x y
y
x y
0.25
+ BBT:
x
0 2
y’ + 0 – 0 +
y 0
CĐ
– 4
CT
0.25
Hàm số đồng biến trên khoảng (
;0 và (2;
) , nghịch biến trên (0;2) .
Hàm số đạt cực đại tại điểm
0
x
với giá trị cực đại y(0) = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
2
x
với giá trị cực tiểu y(2) = – 4
0.25
* Đồ thị:
x
y
-4
1
3
2
-1
0.25
www.VNMATH.com
1.2
2) Tìm m để đường thẳng
2
: 2
d y m
cắt đồ thị
m
C
tại 3 điểm phân biệt
, ,
A B C
sao cho
2 2 2
18
AB BC CA
1.0 đ
Pt hoành độ giao điểm của
m
C
và
2
: 2
d y m
là:
3 2 2 3 2 2
( 2) 2 ( 2) 2 0
x m x m x m x m
0.25
2
2
( ) 2 2 0
2 2 0(*)
x m
x m x x m
x x m
Để d cắt
m
C
tại 3 điểm phân biệt
(*) co 2 nghiệm phân biệt khác m
2
1
' 1 2 0
2
4 0
0, 4
m
m
m m
m m
0.25
Giả sử
2 2 2
1 2
( ; 2 ), ( ; 2 ), ( ; 2 )
A m m B x m C x m
, trong đó
1 2
,
x x
là 2 nghiệm của pt(*)
Theo Vi ét ta có:
1 2 1 2
2, 2
x x x x m
Theo đề bài ta có :
2 2 2
2 2 2
1 2 1 2
2
2 2
1 2 1 2 1 2
18 18
2 2 6 2 18 2 8 10 0
AB BC CA x m x m x x
x x m x x x x m m m
0.25
1; 5
m m
. Kết hợp điều kiện trên ta nhận
1
m
0.25
2.1
Giải phương trình sau:
2 2
2sin 2sin tan
4
x x x
1.0 đ
ĐK:
cos 0
x
0.25
2 2 2
2
sin
2sin 2sin tan 1 os 2 2sin
4 2 cos
cos sin 2 .cos 2sin .cos sin 0
cos sin sin 2 (cos sin ) 0 (cos sin )(1 sin 2 ) 0
x
x x x c x x
x
x x x x x x
x x x x x x x x
0.25
sin cos
4
( , )
sin 2 1
4
x x x k
k l Z
x x l
0.25
( )
4 2
x k k Z
(thỏa mãn điều kiện)
0.25
2.2
Giải hệ phương trình sau:
2
2 2 2 2
7 2 1 10 8
( , )
4 5 1 1 4 5
x x y
x y R
x y y x y x y y
1.0 đ
ĐK:
2
1
10
x
y
Phương trình (2)
2
2
1 2 1 1 1
x y y x
0,25
www.VNMATH.com
2 2 2
2 1
1 1
1
2 1 2 1
y
x y
x
y y
2
f x f y
Xét
2
1
1
t
f t
t
với
2
t
2 2
1
' 0
1 1
t
f t
t t
với mọi
1
t
nên
f t
đồng biến với
1
t
Vậy
2 2 2
f x f y x y y x
0,25
Khi đó thế
2
y x
vào phương trình (1) ta được
2
7 2 1 10 2 8 0
x x x
2
7 2 21 10 8 0
x x x
ĐK:
21
10
x
Xét
2
7 2 21 10 8
g x x x x
với
21
10
x
Ta có
2
1 10
'
2 2 2 21 10
7
x
g x
x x
x
0
với
21
10
x
Vậy
g x
nghịch biến trên khoảng
; 2
nên phương trình
0
g x
có nghiệm duy nhất.
0,25
Ta có
3 0
g
nên phương trình
0
g x
có nghiệm duy nhất
3
x
Suy ra
1
y
KL Hệ có nghiệm duy nhất
3
1
x
y
0,25
3
Tính tích phân sau:
4
0
tan .ln cos
cos
x x dx
I
x
1.0 đ
Đặt
cos sin
u x du xdx
Đổi cận:
1
0 1;
4
2
x u x u
0.25
Do đó:
1 1
2 2
1 1
2 2
ln ln
u x
I du dx
u x
0.25
Đặt
2
1 1 1
ln ;u x du dx dv dx v
x x x
www.VNMATH.com
Do đó:
1
1
2
2
1
1
2
1 1
ln
I x dx
x x
0.25
1
2
1
2 1 2
2 ln 2 ln 2 1
2 2x
0.25
4
Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
,
0
60
ABC
; cạnh
SD
vuông góc với
mặt phẳng
ABCD
. Hai mặt phẳng
SAB
và
SBC
vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
và khoảng cách từ điểm
B
đến mặt phẳng
SAC
1.0 đ
O
B
A
D
C
S
M
H
Ta có ABCD là hình thoi nên
BA BC
và
0
60
ABC
nên tam giác ABC đều cạnh a
AC BD
AC SBD
AC SD
suy ra
AC SB
Kẻ
OM SB M SB
suy ra
SB MAC
Vậy góc
0
90 ,
AMC SAB SBC
hay
AM MC
suy ra
1
2 2
a
OM AC
Và
2 2 2
2 2 2
3 2 2
4 4 4 2
a a a a
BM OB OM BM
0.25
Ta giác
BMO
đồng dạng với tam giác
BDS
nên
6
2
SD BD a
SD
OM BM
Thể tích khối chóp S.ABCD là
2 3
.
1 1 6 3 2
.
3 3 2 2 4
S ABCD ABCD
a a a
V SD S
0.25
Vì O là trung điểm BD nên
, ,
d B SAC d D SAC
www.VNMATH.com
Do
AC SBD
(CMT) suy ra
SAC SBD
. Kẻ
DH SO H SO
suy ra
DH SAC
vậy
,
DH d B SAC
0,25
Tam giác
SDO
vuông tại D và DH đường cao nên
2 22 2 2 2
1 1 1 1 1 12 2
3 6
6 2
4 4
a
DH
a a
DH DO DS a
Vậy
2
,
2
a
d B SAC
0,25
5
Cho
, , 0.
x y z
Chứng minh rằng:
3
2 2 2 4
x y z
x y z x y z x y z
1.0đ
Với
, 0
a b
. Ta có :
1 1 1 1
4
a b a b
0.25
Ta có :
1 1 1 1 1 1
2 2 2 4 4 4
x y z x y z
x y z x y z x y z x y x z x y y z x z y z
0.25
1
2 2 2 4
x y z x y y z z x
x y z x y z x y z x y y z z x
0.25
3
2 2 2 4
x y z
x y z x y z x y z
0.25
6a.1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn
2 2
: 6 2 1 0
C x y x y
. Viết phương trình
đường thẳng
d
đi qua
0;2
M
và cắt đường tròn
C
theo dây cung có độ dài bằng 4.
1.0 đ
Từ đtròn
C
có tâm I(3;1) và bán kính R = 3 . Giả sử
C
cắt d tại 2 điểm A, B . Hạ
IH AB
thì
H là trung điểm AB suy ra AH = 2. Ta có
2 2
5
IH IA AH
0.25
Vì d qua
0;2
M
nên có pt:
2 2
( 0) ( 2) 0 ( 0) 2 0
A x B y A B Ax By B
0.25
Ta có
2 2
2 2
3 2
5 5 2 3 2 0
A B B
IH A AB B
A B
Chọn
2
1
1
2
A
B
A
0.25
Vậy có đt là
1 2
( ) : 2 2 0; ( ) : 2 4 0
d x y d x y
0.25
6a.2
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho hình thoi ABCD với
1; 2;1 , 2;3;2
A B
. Tìm tọa độ C,
D biết tâm I của hình thoi thuộc đường thẳng
1 2
:
1 1 1
x y z
d
1.0 đ
Do
( 1 ; ;2 )
I d I t t t
. Ta có :
( ; 2;; 1), (3 ; 3; )
IA t t t IB t t t
0.25
Mà ABCD là hình thoi nên
2
. 0 3 9 6 0 1; 2
IA IB t t t t
0.25
* Với
1 (0;1;1) (1;0;1), ( 2; 1;0)
t I C D
0.25
* Với
2 (1;2;0) (3;2; 1), (0;1; 2)
t I C D
0.25
www.VNMATH.com
7a
Cho khai triển
2
2
3
2
n
x
x
với
0
x
và n là số nguyên dương thỏa mãn
1 3 2 1
2 1 2 1 2 1
1024
n
n n n
C C C
trong đó
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n. Tìm hệ số của số hạng chứa
5
x
.
1.0 đ
Xét khai triển
2 1
0 1 2 2 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1 1
n
n n n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
Từ (1) cho
1
x
ta được
2 1 0 1 2 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
2
n n n
n n n n n
C C C C C a
Từ (1) cho
1
x
ta được
0 1 2 2 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
0
n n
n n n n n
C C C C C b
0,25
Lấy
a b
ta được
2 1 1 3 2
2 1 2 1 2 1
2 2
n n
n n n
C C C
1 3 2 1 2
2 1 2 1 2 1
2
n n
n n n
C C C
Mà
1 3 2 1 2
2 1 2 1 2 1
1024 2 1024 5
n n
n n n
C C C n
0,25
Khi n = 5 ta có
2 10 10
10 10
2 2 2 10 3 10
10 10
0 0
3 3 3
2 2 2 3 .2 .
n k
k
k k k k k
k k
x x C x C x
x x x
Để có
5
3 10 5 5
x k k
0,25
khi đó hệ số của số hạng chứa
5
x
là
5 5 5
10
3 2
C
0,25
6b.1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho 3 đường thẳng sau
1 2
: 2 3 0, : 2 2 0
d x y d x y
và
3
: 3 4 11 0
d x y
. Viết phương trình đường tròn
T
có tâm trên
1
d
, tiếp xúc với
2
d
và cắt
3
d
tại 2 điểm phân biệt
,
A B
sao cho
2
AB
.
1.0 đ
Gọi I là tâm của
T
khi đó
1
I d
nên
3 2 ;
I a a
và
R
là bán kính của
T
Do
T
tiếp xúc với
2
d
nên
2
8 3
,
5
a
d I d R
0.25
Gọi
H
là trung điểm của
AB
suy ra tam giác
IAH
vuông tại H và
1
AH
Khi đó
2 2 2 2 2
1 2
IA AH IH R IH
3
20 10
, 4 2
5
a
IH d I d a
0.25
Từ
2
2 2 2
8 3
2 1 4 2 8 3 5 5 4 2
5
a
a a a
2 2
64 48 9 5 5 16 16 4
a a a a
2 2
64 48 9 5 80 80 20
a a a a
2
1
11 32 21 0
21
11
a
a a
a
0,25
Với
1 1;1 , 5
a I R
nên pt
T
:
2 2
1 1 5
x y
Với
21 9 21 5 5
; ,
11 11 11 11
a I R
nên pt
T
:
2 2
9 21 125
11 11 121
x y
0,25
6b.2
Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
cho điểm
4; 1;3
A
, đường thẳng
3 1 2
:
2 1 2
x y z
d
1.0đ
www.VNMATH.com
và mặt phẳng
:3 4 5 0
P x y z
. Viết phương trình đường thẳng
đi qua
A
, song song với
P
và cắt đường thẳng
d
Gọi
B P
suy ra
3 2 ;1 ;2 2
B t t t
VTPT của
: 3; 4;1
P n
0.25
2 1; 2;2 1
AB t t t
Đường thẳng
đi qua
A
, song song với
P
và cắt đường thẳng
d
nên
/ /
AB P
suy ra
. 0
AB n
0.25
. 0 3 2 1 4 2 2 1 0 12 12 0 1
AB n t t t t t
Với
1 5;0;4
t B
0,25
Ta thấy
,
A B P
nên đường thẳng
thỏa đề bài đi qua A, nhận
1;1;1
AB
làm VTCP có
phương trình
4 1 3
x y z
0,25
7b
Tìm miền xác định của hàm số
1
2 2 1
ln
2 1
x
x
x
f x
1.0 đ
Hàm số đã cho xác định
1
2 2 1
0 1
2 1
x
x
x
Xét
1
2 2 1
x
f x x
suy ra
1
' 2 ln2 2 0
x
f x
suy ra
f x
nghịch biến trên
R
suy ra phương trình
0
f x
có nghiệm duy nhất. Dễ thấy
1 0
f
khi đó
1
x
là nghiệm duy
nhất của phương trình
0
f x
0.25
0 1 1
f x f x f x
0 1 1
f x f x f x
2 1 0 0
x
x
2 1 0 0;2 1 0 0
x x
x x
0,25
BXD:
x
0 1
1
2 2 1
x
x
+ + 0 -
2 1
x
- 0 + +
1
VT
- + 0 -
0.25
Từ bảng xét dấu suy ra tập nghiệm bất phương trình (1) là
0;1
x
Vậy tập xác địnhcủa hàm số là
0;1
D
0,25
www.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 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
2
1
x
y
x
(1)
.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(1)
.
b. Gọi
I
là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1). Tìm
m
khác
0
để đường thẳng
:d y x m
cắt đồ thị hàm số
(1)
tại hai điểm phân biệt
,A B
sao cho
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác
.OAB
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
2
sin cos
2 cos
tan 1 cot 1 4 2
x x x
x x
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
1 1
1 ( )x x x
x x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
ln 8
ln 3
1
x
x
xe
I dx
e
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thang vuông tại
A
và
D
,
3 , ,AB a CD a
2 ,AD a
tam giác
SAD
cân tại
S
, mặt phẳng
( )SAD
vuông góc với đáy. Biết góc giữa mặt phẳng
( )SBC
và đáy
bằng
0
60 .
Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
, tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA
và
BC
theo
.a
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực không âm
, ,x y z
thoả mãn
1 .xz yz xy
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2
2 2 2
2 2 1
1 1 1
x y z
P
x 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 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho hình bình hành
ABCD
có tâm
(2; 5)I
và đường phân
giác của góc
BAC
có phương trình
2 4 0x y
. Biết tam giác
ACD
có trọng tâm
1 14
( ; )
3 3
G
, tìm tọa độ
các đỉnh của hình bình hành
ABCD
.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho hai điểm
(0;2;2), ( 1;3; 2)A B
và đường thẳng
1
2 1
:
2 1 2
x y z
. Biết đường thẳng
2
đi qua điểm
B
, vuông góc với đường thẳng
1
và khoảng cách từ
điểm
A
đến đường thẳng
2
lớn nhất. Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng
1
và
2
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2 2 2 2
4 2 2.16
( , )
log .log ( ) log log
x x y y
x y
y x y x y
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho tam giác
ABC
vuông tại
A
, phương trình đường cao
: 3 0.AH x y
Biết đỉnh
(5;0)C
, đỉnh
B
thuộc trục tung. Tìm tọa độ các đỉnh
A
và
.B
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ
,Oxyz
cho hai đường thẳng
1
2
: ,
1 1 3
x y z
2
1
:
1 1 1
x y z
và mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z . Tìm tọa độ điểm
A
thuộc đường thẳng
1
và tọa độ
điểm
B
thuộc đường thẳng
2
sao cho đường thẳng
AB
song song với mặt phẳng
( )P
và độ dài đoạn thẳng
AB
nhỏ nhất.
Câu 9.b (1,0 điểm) Trong các số phức
z
thỏa mãn
| 3 | | 3 | 10z i i z
, tìm số phức
z
có môđun nhỏ nhất.
Hết
www.VNMATH.com
-10 -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
10
x
y
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối: A,A1 & B
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
Tập xác định
\ {-1}D
.
Sự biến thiên
Chiều biến thiên:
2
2
' 0 1
( 1)
y x
x
. Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ; 1)
và
( 1; )
.
0,25
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
Giới hạn:
1 1
2 2
lim , lim
1 1
x x
x x
x x
. Đường thẳng
1x
là tiệm cận đứng.
2 2
lim 2, lim 2
1 1
x x
x x
x x
. Đường thẳng
2y
là tiệm cận ngang.
0,25
Bảng biến thiên
x -∞ -1 +∞
y’ + +
y
+∞ 2
2 - ∞
0,25
Câu 1.a
(1 điểm)
Đồ thị:
Đồ thị hàm số cắt trục Ox, Oy tại điểm (0;0).
Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận
I(-1;2) làm tâm đối xứng
0,25
Điều kiện
1x
. Giao điểm hai đường tiệm cận là I(-1;2).
Phương trình hoành độ giao điểm
2
2
(3 ) 0
1
x
x m x m x m
x
(*).
0,25
Đường thẳng
d
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B
khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt
khác
1
hay
2
2 9 0 .m m m
.
0,25
Giả sử
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m
, trong đó
1 2
,x x
là 2 nghiệm phân biệt của PT(*).
Theo định lý Vi-ét ta có
1 2
1 2
3x x m
x x m
.
0,25
Câu 1.b
(1 điểm)
Từ giả thiết
2 2
1 1
2 2
2 2
( 1) ( 2) 5
( 1) ( 2) 5
IA IO x x m
IB IO
x x m
.
Cộng hai PT và áp dụng ĐL Vi-ét ta có m = 2.
0,25
Điều kiện:
cos 0, sin 0, tan 1,cot 1x x x x
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
1 1
sin .cos ( ) 1 cos( )
sin cos cos sin 2
x x x
x x x x
sin 2 co s
1 sin sin 2 . c os co s 2 sin cos 2
co s 2
x x
x x x x x x
x
0,25
Câu 2
(1 điểm)
2
1
sin 1 2 sin sin v sin 1( )
2
x x x x Loai
0,25
www.VNMATH.com
H
A
D
B
C
S
E
K
*
1 5
sin 2 v 2 , .
2 6 6
x x k x k k
Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm:
5
2 v 2 , .
6 6
x k x k k
0,25
Điều kiện:
1
0, 0
1
1 1 0
1 0
x x
x
x
x
x
0,25
TH1: Nếu
1 0x
thì nó thỏa mãn bất phương trình
0,25
TH2: Nếu
1x
thì bất phương trình đã cho tương đương với:
2
1 1x x x x
0,25
Câu 3
(1 điểm)
Nhận thấy hai vế không âm nên bình phương hai vế của BPT ta có
2 2 2
( 1) 0 1 0x x x x
1 5 1 5
( ) v ( )
2 2
x TM x Loai
Kết luận:
1 5
1 0 v
2
x x
0,25
Đặt
2 1
1
x
x
x
u x
du dx
e dx
dv
v e
e
0,25
Ta có
ln 8
1
ln 3
ln 8
2 1 2 1 6 ln 8 4 ln 3
ln 3
x x
I x e e dx I
0,25
*
ln 8
1
ln 3
2 1
x
I e dx
.
Đặt
2
1 1
x x
t e e t
. Khi
ln 3x
thì
2t
, khi
ln 8x
thì
3t
. Ta có
2
x
e dx tdt
.
0,25
Câu 4
(1 điểm)
Do đó
3
2
1
2
2
3
4 1
4 2 ln | | 4 2 ln 3 2 ln 2
2
1
1
t dt t
I t
t
t
. Do đó
20 ln 2 6ln 3 4I
0,25
0,25
Gọi H là trung điểm của AD
SH AD
. Do
( ) ( )AD SAD ABCD
và
( ) ( )SAD ABCD
nên
( )SH ABCD
Tính được
10, 2, 2 2HB a HC a BC a
HBC
vuông tại C
Chứng minh được:
SBC
vuông tại C
Góc giữa mặt phẳng
( )SBC
và đáy bằng góc
0 0
60 .tan 60 6SCH SH HC a
Diện tích hình thang ABCD là
2
4 .
ABCD
S a
Thể tích khối chóp .S ABCD là
3
.
1 4 6
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S
0,25
Gọi E là hình chiếu của A lên đường thẳng HC
/ / / /( )BC AE BC SAE
Khoảng cách
( , ) ( ,( )) ( ,( ))d SA BC d BC SAE d C SAE
0,25
Câu 5
(1 điểm)
Gọi K là hình chiếu của H lên SE. Ta chứng minh được
( ).HK SAE
2
2
a
A E H C D H E H
6
( ,( )) 3 ( ,( )) 3 3
13
d C SAE d H SAE HK a
0,25
www.VNMATH.com
H
I
A
B
C
D
E
G
Đặt
1 1
; ;a b c z
x y
1.ab bc ca
2 2 2
1 ( )( );1 ( )( ),1 ( )( )a a b a c b a b b c c a c b c
0,25
2 2
1
( )( ) ( )( ) ( )( )( )
1 1
a b a b ab
a b a c a b b c a b b c c a
a b
2 2 2 2
1 1
(1 )(1 ) 1 1
ab
a b c c
0,25
Ta có
2
2
2
2 1
( )
1
1
c
P f c
c
c
0,25
Câu 6
(1 điểm)
2
2 2
2 ( 1 2)
'( )
(1 )
c c
f c
c
.
Vậy
3
max max ( ) ( 3)
2
P f c f
đạt được khi
2 3, 3x y z
.
Ghi chú: Có thể giải bài BĐT theo phương pháp lượng giác hóa:
1 1
tan ; tan ; tan ,( , , (0; ))
2 2 2
A B C
z A B C A B C
x y
0,25
7 1
( ; ).
3 3
GI
3 ( 5; 4)DI GI D
.
I là trung điểm của BD
(9; 6).B
0,25
Một vectơ chỉ phương của đường phân giác góc
BAC
là
(1; 2).u
( ;4 2 )H t t
là hình chiếu của I lên đường phân giác góc
(4; 4)BAC H
0,25
Gọi
E
là điểm đối xứng của I qua đường phân giác góc
(6; 3)BAC E AB
Phương trình cạnh AB là x+y-3=0
(1;2)A
0,25
Câu 7.a
(1 điểm)
I là trung điểm của AC
(3; 12)C
0,25
Gọi
H
là hình chiếu vuông góc của
A
lên đường thẳng
2
2
( , )d A AH AB
(không đổi)
2
max ( , )d A AB
đạt được khi
B H
2
AB
0,25
( 1;1; 4)AB
. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng
1
là
1
(2;1;2)u
.
Do
2 1
và
2
AB
nên một vectơ chỉ phương của đường thẳng
2
là
2 1
, (6; 6; 3)u AB u
0,25
Phương trình đường thẳng
2
1 3 2
:
2 2 1
x y z
Gọi
1 2
(2 2 ; ;1 2 ) ; ( 1 2 ;3 2 ; 2 )M t t t N k k k
0,25
Câu 8.a
(1 điểm)
MN là đoạn vuông góc chung khi
1
2
0 1
(0; 1; 1), (1;1; 3)
1
0
MNu t
M N
k
MNu
Khoảng cách giữa hai đường thẳng
1
và
2
là
1 2
( , ) 3.d MN
0,25
www.VNMATH.com
Điều kiện:
0x y
Phương trình (1):
2 2 2
4 2 2 0 2 1 2
x y x y x y
x y
0,25
Phương trình (2):
2
2 2 2 2
log log (2 ) log log 1y y y y
0,25
Với
2
log 1 2 4y y x
0,25
Câu 9.a
(1 điểm)
Với
2
1
log 1 1
2
y y x
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:
( ; ) (4;2)x y
và
1
( ; ) (1; )
2
x y
0,25
Phương trình cạnh BC là
5 0.x y
0,25
{ } (0;5)B BC Oy B
0,25
Giả sử
( ; 3)A t t AH
;
( ;2 ), (5 ; 3)AB t t AC t t
0,25
Câu 7.b
(1 điểm)
Tam giác
ABC
vuông tại
0 1 v 3A ABAC t t
( 1;2)A
hoặc
(3;6)A
0,25
Giả sử
1 2
(2 ; ;3 ) ; ( ;1 ; )A t t t B k k k
( 2; 1; 3 )AB k t k t k t
0,25
Một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
(1;2; 1)n
/ /( )AB P
khi
. 0AB n
và
( )B P
0,25
. 0 0AB n k
(0;1; 0) ( )B P
0,25
Câu 8.b
(1 điểm)
Với
2 2 2 2
1 54 54
0 ( 2) ( 1) 9 11( )
11 11 11
k AB t t t t
54
min
11
AB
đạt được khi
21 1 3
( ; ; ), (0;1; 0)
11 11 11
A B
0,25
Áp dụng công thức
2
. | | ; w wz z z z z
0,25
Ta có
2 2
2 2
100 | 3 | | 3 | 2 | 3 | | 3 | | 3 | | 3 |z i iz z i iz z i iz
2 2
2 | 3 | | 3 |z i iz
0,25
2 ( 3 ) 3 ( 3) 3z i z i iz iz
2 ( 3 )( 3 ) ( 3)( 3)z i z i iz iz
0,25
Câu 9.b
(1 điểm)
2
4( . 9) 4 | | 36z z z
. Giải bất phương trình ta có
| | 4z
.
Vậy
min | | 4z
đạt được khi
| 3 | | 3 |
4, 4
| | 4
z i iz
z z
z
0,25
www.VNMATH.com
S
Ở
GD & ĐT B
Ắ
C NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN - KHỐI A,A1,B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số
32
14
1 2 1
33
y x m x m x
(m là tham số).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi
1m
.
2. Tìm m để hàm số đạt cực đại, cực tiểu tại
12
,xx
sao cho
44
12
11
2
xx
.
Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình
2
1 sin 1
sin cos cos 2
cos 2 2
x
x x x
x
.
Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình
1 1 1
,
5
2 9 2 2
4 2 9
x y x y y x y y
xy
x y x y
xy
Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân
2
22
1 ln 1
ln
e
e
xx
I dx
xx
Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp
.S ABCD
, có đáy
ABCD
là hình vuông, tam giác
SAB
vuông tại
S
và
nằm trên mặt phẳng vuông góc với mặt đáy. Biết
SA a
và cạnh bên
SB
tạo với mặt đáy
ABCD
một
góc
0
30
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA
và
BD
.
Câu 6 (1,0 điểm): Cho ba số thực dương
,,abc
thỏa mãn
22
c a b a b
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2 2
1 1 1 4
1 1 1
1 1 1
P
abc
abc
.
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 7a (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
cân tại
A
nội tiếp đường tròn
T
tâm
0;5I
. Đường thẳng
AI
cắt đường tròn
T
tại điểm
5;0M
MA
, đường cao đi qua
C
cắt
đường tròn
T
tại
17 6
;
55
N N C
. Tìm tọa độ các đỉnh
,,A B C
của tam giác
ABC
biết
0
B
x
.
Câu 8a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
2 1 3
x y z
d
và
mặt phẳng
:2 2 3 0P x y z
cắt nhau tại
I
. Tìm tọa độ điểm
M
trên đường thẳng
d
sao cho 2
điểm
,IM
và hình chiếu của
M
trên
P
là 3 đỉnh của một tam giác có diện tích bằng
13
2
.
Câu 9a (1,0 điểm): Giải phương trình
2
22
2 5 2 6 0z z z z
trên tập số phức.
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 7b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
. Phân giác trong góc
A
, phân giác
ngoài góc
B
lần lượt có phương trình
2; 7 0x x y
. Các điểm
1
;1 , 2;1
2
IJ
lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác
ABC
. Tìm tọa độ các điểm
,,.A B C
Câu 8b (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho mặt cầu
22
2
: 1 2 5S x y z
và đường thẳng
1
: 1 3
0
xt
d y t
z
. Viết phương trình mặt phẳng
P
chứa đường thẳng
d
và cắt mặt
cầu
S
theo một đường tròn có chu vi bằng
4.
Câu 9b (1,0 điểm): Gọi
12
,zz
là hai nghiệm phức của phương trình
2
3 4 0z i z
. Viết dạng lượng
giác của các số phức
2014 2 014
12
,.zz
Hết
WWW.VNMATH.COM
S
Ở
GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO B
Ắ
C NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Đáp án – thang điểm có 03 trang)
ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, NĂM HỌC 2013-2014
MÔN TOÁN - KHỐI A,A1,B
Câu
ĐÁP ÁN
ĐIỂM
1
(2,0 điểm)
1. (1,0 điểm): Khi
3
2
4
1 2 3
33
x
m y x x
+ Tập xác định:
R
+ Sự biến thiên:
lim ; lim
xx
yy
0,25
2
' 4 3; ' 0 1; 3y x x y x x
. Hàm số đồng biến trên các khoảng
;1 , 3;
, nghịch biến trên
1;3
và đạt cực đại tại
1x
, cực tiểu tại
3x
.
0,25
BBT:
x
1 3
y'
+ 0
0 +
y
0
4
3
0,25
+ Vẽ đồ thị
0,25
2. (1,0 điểm): Ta có
2
' 2 1 2 1; ' 0 1, 2 1y x m x m y x x m
0,25
Hàm số có 2 cực trị khi
2 1 1 0mm
0,25
4
44
12
2 1 1 0
1 1 1
21
2 1 1 1
21
mm
mm
xx
m
0,25
So với điều kiện, ta nhận được
1m
0,25
2
(1,0 điểm)
Điều kiện:
cos 0x
Phương trình
2
sin 1
sin cos sin cos
cos
x
x x x x
x
0,25
2
22
sin 1 1 cos
sin cos sin 1 0 sin sin 1 0
cos cos
xx
x x x x x
xx
0,25
2
sin 0
sin sin cos 1 0
sin cos 1 0
x
x x x
xx
0,25
sin 0x x k
2
sin cos 1 0
2
2
xk
xx
x k l
0,25
3
(1,0 điểm)
Đi
ề
u kiện:
1; 0;2 9 0;2 2 0; 1 1 0;4 2 9 0x y x y x y x y x y y x y
Với
0y
không thỏa mãn hệ.
Với
0y
: Phương trình (1)
1 1 1 0x y x y y y x y
0,25
2
11
1
0
1
11
x y x y y y
xy
xy
x y x y y y
1
1 0 1
1
11
yy
x y y x
xy
x y x y y y
Do
1
0
1
11
yy
xy
x y x y y y
0,25
WWW.VNMATH.COM
Thế
1yx
vào phương trình (2), ta được :
5 8 11
3 8 1 , ;
2 11 3 2
x x x x
x
Xét hàm số :
5
3 8 1,
2 11
f x x x g x
x
với
8 11
;
32
xx
Có:
3 1 9 9 3 8
'0
2 3 8 2 1 2 3 8 1
xx
fx
x x x x
với
8 11
;
32
xx
2
10
'0
2 11
gx
x
với
8 11
;
32
xx
0,25
,f x g x
lần lượt là các hàm số đồng biến, nghịch biến trên từng khoảng
8 11 11
; , ;
3 2 2
. Mà
3 3 ; 8 8f g f g
nên phương trình
f x g x
có
đúng 2 nghiệm
34
89
xy
xy
(thỏa mãn)
0,25
4
(1,0 điểm)
2 2 2
22
ln ln 1
ln 1
ln
ln ln
e e e
e e e
x x x
dx x
I dx dx
xx
x x x x
0,25
Tính
22
2
1
ln
ln ln ln2
ln ln
ee
e
e
ee
dx
dx
Ix
x x x
0,25
Tính
2
2
2
ln 1
ln
e
e
x
I dx
xx
. Đặt
ln ln 1t x x dt x dx
Đổi cận:
22
;2x e t e x e t e
0,25
Khi đó
2
2
2
2
2
22
1 1 1
2
e
e
e
e
dt
I
t t e e
. Vậy
2
11
ln2
2
I
ee
0,25
5
(1,0 điểm)
Gọi
H
là hình chiếu của
S
trên
AB
. Do
SAB ABCD
nên
0
30SH ABCD ABS
3
2 , 3
2
a
AB a SB a SH
0,25
2
.4
ABCD
S AB BC a
3
.
1 2 3
.
33
S ABCD ABCD
a
V SH S
0,25
Ta có
2
a
AH
. Qua
A
kẻ đường thẳng
song song
BD
.
Có:
/ / , , , , 4 ,BD SA d BD SA d BD d B d H
0,25
Gọi
G
là hình chiếu của
H
trên
,
E
là hình chiếu của
H
trên
SG
.
Có:
,d H HE
. Tìm được:
22
2 . 21
4 14
a SH HG a
HG HE
SH HG
Vậy
21 2 21
,4
14 7
aa
d SA BD
0,25
6
(1,0 điểm)
2
2 2 2 2
2
22c a b a b a b c a b c a b a b
c
2
2
2
2
2
2
1
1 1 2 1
1 1 2 2
4 4 1 1
1
c
c
a b a b
c c a b
c
0,25
Theo Cô si:
22
2 2 3
2 1 4 2 1 4
1 1 1 1 1
1 1 1
cc
P
a b a b c
c c c
0,25
H
C
A
B
D
S
G
E
WWW.VNMATH.COM
