4 đề thi thử đại học môn toán có đáp án (4)

TRƯỜNGTHPTCHUYÊNNĐC  ĐỀTHITHỬĐẠIHỌCVÀCAOĐẲNGNĂM2014
  Môn:TOÁN;khốiD
ĐỀTHITHỬLẦN2 Thờigianlàmbài:180phút,khôngkểphátđề
I.PHẦNCHUNG CHOTẤTCẢTHÍSINH(7,0điểm)
Câu1:(2,0điểm) Chohàmsố
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x = - + + + + (1)vớimlàthamsốthực.
a) Khảosátsựbiếnthiênvàvẽđồthịcủahàmsố(1)khim=1
b) Chứngtỏrằngvớimọim,đồthịcủahàmsố(1)luônluôncóhaiđiểmcựctrịvàkhoảngcách
giữahaiđiểmnàylàmộthằngsố.
Câu2:(1,0điểm) Giảiphươngtrình:
3 2 6
4 3sin sin 3cos cosx x x x + + = +
Câu3:(1,0điểm) Giảihệphươngtrình:
1
1 1
3
xy xy x
y y y
x x x
ì
+ + =
ï
í
+ = +
ï
î
Câu4:(1,0điểm) Tínhtíchphân
2
3
0

sin x sin x
I dx
cos 2x 7
p
-
=
-
ò
Câu5:(1,0điểm) CholăngtrụtứgiácđềuABCD.A’B’C’D’.Chiềucaobằngh,haiđườngchéo
củahaimặtbênxuấtpháttừmộtđỉnhhợpnhaumộtgóc60
o
vàOlàtâmhìnhvuôngABCD.Tínhthể
tíchhìnhlăngtrụtheoh.TínhgóctạobởiAB’vàOC’.
Câu6:(1,0điểm) ChoxvàythuộcRthỏa:
ï
î
ï
í
ì
- + £
³ -
23
32
2
2
xxy
xy
.
Tìmgiátrịlớnnhấtcủabiểuthức:
3

5P y x x = - + vớix ³0
II.PHẦNRIÊNG(3,0điểm)Thísinhchỉđượclàmmộttronghaiphần(PhầnAhoặcB)
A. TheochươngtrìnhChuẩn
Câu7a:(1,0điểm) TrongmặtphẳngvớihệtọađộOxy,chotamgiác
ABC
với
(0;2 3)A
; ( 2;0)B -
và C(2;0),đườngcaoBH.TìmhaiđiểmMvàNtrênđườngthẳngchứađườngcaoBHsaochoba
tamgiácMBC,NBCvàABCcóchuvibằngnhau.
Câu8a:(1,0điểm) TrongkhônggianvớihệtọađộOxyz,lậpphươngtrìnhmặtphẳng(P)cắtba
trụcOx,Oy,OzlầnlượttạiA,B,CsaochoH(2;1;1)làtrựctâmcủatamgiácABC.
Câu9a:(1,0điểm) Mộtnhómhọcsinhgồm9emtrongđócó3nữ,đượcchiathành3tổđềunhau.
Tínhxácsuấtđểmỗitổcó1nữ.
B. TheochươngtrìnhNângcao
Câu7b:(1,0điểm) TrongmặtphẳngvớihệtọađộOxy,cho
D
ABCcóA(2;0);B(2;0),gócgiữa
haiđườngthẳngBCvàABbằng60
o
.TínhdiệntíchtamgiácABCbiếtrằngy
C
>2.
Câu 8b: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình :
2 2 2
3 3 3 0x y z x y z + + - - - = vàmặtphẳng(P):x+y+z–6=0.Chứngtỏmặtphẳng(P)cắtmặt
cầu(S)theođườngtròn(C).Tínhthểtíchkhốinóncóđỉnhlàtâmcủamặtcầu(S)vàđáylàđường
tròn(C).
Câu9b:(1,0điểm) Chosốphứczthỏamãn
( )

( )
3 1 3z i z i + - + +
làmộtsốthực.Tìmgiátrịnhỏnhất
của
z
Hết
Thísinhkhôngđượcsửdụngtàiliệu.Giámthịcoithikhônggiảithíchgìthêm.
www.VNMATH.com
ĐÁPÁNĐỀTHITHỬĐẠIHỌCLẦN2KHỐIDNĂMHỌC2013–2014
Câu Nộidung Điểm
a)Khảosáty=2x
3
+3x
2
+1
+TXĐ:D=R
+
lim
x
y
®+¥
= +¥
;
lim
x
y
®-¥
= -¥
+y’=6x
2

+6x;y’=0
0; 1
1; 2
x y
x y
= =
é
Û
ê
= - =
ë
+BBT
x -¥ 1 0 +¥
y' +0  0+
y
2 +¥
-¥ 1
HàmsốĐBtrêncáckhoảng
( ; 1),(0; ) -¥- +¥
,
NBtrêncáckhoảng
( 1;0) -
Hàmsốđạtcựcđại:y
CĐ
=2tạix
CĐ
=1.
Hàmsốđạtcựctiểu
CT
1y =

tại
CT
0x =
.
+Đồthị
Câu1
b)y=2x
2
–3(2m+1)x
2
+6m(m+1)x+1
+y’=6x
2
–6(2m+1)x+6m(m+1);
y’=0 Û x
2
(2m+1)x+m(m+1)=0
+ D ’=1>0 " m
®
hsluônluôncó2cựctrị
phươngtrìnhđườngthẳngnối2điểmcựctrị:y=x+2m
3
+3m
2
+m+1
x
1
=m
®
y

1
=2m
3
+3m
2
+1
x
2
=m+1
®
y
2
=2m
3
+3m
2
Haiđiểmcựctrịcủađồthịhàmsố:A(m;2m
3
+3m
2
+1);B(m+1;2m
3
+3m
2
)
AB=
2 ®
đpcm
(2điểm)
0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Giảiphươngtrình:4+3sinx+sin
3
x=3cos
2
x+cos
6
x
Câu2
Û 1+3(1–cos
2
x)+3sinx+sin
3
x=cos
6
x
Û 1+3sin
2
x+3sinx+sin
3
x=cos
6
x
Û

(1+sinx)
3
=(cos
2
x)
3
(*).
Xéthàmsốf(t)=t
3
;f’(t)=3t
2
³
0 ®hàmsốf(t)luônluônđồngbiến
Từ(*)tacóf(1+sinx)=f(cos
2
x)
Û
1+sinx=cos
2
x
Û sin
2
x+sinx=0
Û
ê
ë
é
- =
=
1sin

0sin
x
x
Û
2
2
x k
x k

p
p
p

=
é
ê
ê
= - +
ë
(1điểm)
0.25
0.25
0.25
0.25
Câu3
Giảihệ:
1
1 1
3
xy xy x

y y y
x x x
ì
+ + =
ï
í
+ = +
ï
î
(1điểm)
www.VNMATH.com
K:
0x >

0y >
t:
1
u
x
=
v y =
vi 0 0u v > > .
Tacúh:
2 2
3 3
1
3
u v uv
u v u v
ỡ

+ + =
ớ
+ = +
ợ
Giihtac:
1
0
u
v
=
ỡ
ớ
=
ợ
Nghimcahphngtrỡnhl: ( ) (10)x y =
0.25
0.25
0.25
0.25
Tớnhtớchphõn
2
3
0
sin x sin x
I dx
cos 2x 7
p
-
=
-

ũ
Cõu4
2
3 2 2
2 2
2 2
0 0 0
sin x sin x sin x(1 sin x) 1 cos x sin x
I dx dx dx
cos 2x 7 2
(2cos x 1) 7 cos x 4
p
p p
- -
= = =
-
- - -
ũ ũ ũ
tt=cosx ịdt=sinxdx.
icn:x=0 ịt=1,x=
2
p
ịt=0
1 1
2
2
0 0
1 1 1 1
1
2 4 2 2 2

t
I dt dt
t t t
ổ ử
ị = = + -
ỗ ữ
- - +
ố ứ
ũ ũ
( ) ( )
1
0
1 1
ln | 2 | ln | 2 | 1 ln3
2 2
t t t = + - - + = -
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
CholngtrtgiỏcuABCD.ABCD.Chiucaobngh,haingchộoca
haimtbờnxutphỏttmtnhhpnhaumtgúc60
o
vOltõmhỡnhvuụng
ABCD.Tớnhthtớchhỡnhlngtrtheoh.TớnhgúctobiABvOC.
Cõu5
GixlcnhhỡnhvuụngABCDvO=ACBD
ABCu(doAB=BCv
0

'C 60AB = )
ị
AB=BC=AC=
2x
MAB=
2h ị x=h.
Doú
3
. ' ' ' 'ABCD A B C D
V h =
GiO=AC
ầ
BD ị AO//OC.
Tacúgúc(ABOC)=gúc(ABAO)
Xộtgúc

'AB' ?O = Thụngqua ''AB DO
AB=h
2
,OB=OA=
2
2h
,
OA
2
=AA
2
+OA
2

=h
2
+
4
2
2
h
=
4
6
2
h
2 2 2
' ' ' '

cos 'AB'
2 ' . '
O A AB O B
O
O A AB
+ -
= =
h
h
a
h
h
.2.
2
2

.2
4
2
2
4
6
2
2
2
- +
=
2
2
6
3
h
h
=
2
6
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
ChoxvythucRtha:
ù
ợ
ù
ớ

ỡ
- + Ê
-
23
32
2
2
xxy
xy
.
Tỡmgiỏtrlnnhtcabiuthc:
3
5P y x x = - +
vix 0
Cõu6
Tgttacú
2
2 2
7
3
3 2 6 7 0
1
2
x
x
y x x x x
x
Ê -
ộ
+

Ê Ê + - + -
ờ

ở
P
28)(235
2323
- + + - = = - + + + - Ê xxxxfxxxx
(1im)
0.25
0.25
h
a
O'
O
D'
A'
C'
D
A
B
C
B'
www.VNMATH.com
f(x)=3x
82
2
+ + x
f(x)=0

x=
3
4
x=2
Vix0tacúf(x) Ê 10
ị
P Ê 10
KQ:P
max
=10xyrakhi
ợ
ớ
ỡ
- =
=
8
2
y
x
0.25
0.25
TrongmtphngvihtaOxy,chotamgiỏc
ABC
vi
(02 3)A
( 20)B -
v C(20),ngcaoBH.TỡmhaiimMvNtrờnngthngchangcao
BHsaochobatamgiỏcMBC,NBCvABCcúchuvibngnhau.
Cõu7a
D ABCucnhbng4,MvNcntỡmthaiukinMB+MC=NB+NC=8

NờnM,Nnmtrờn(E)cúhaitiờuimB(20)vC(20)
Trcln2a=8
ị
a=4.
Tiờuc2c=4
ị
c=2.
Trcbộb=
2 2
a c -
=
12
(E)cúphngtrỡnh
1
1216
22
= +
yx
D ABCu
ị
HltrungimAC
ị
H(1
3
)
PhngtrỡnhBH:
3 2 0x y - + =
TaMvNlnghimcah
ù
ợ

ù
ớ
ỡ
= +
= + -
4843
023
22
yx
yx
KtquM
ữ
ữ
ứ
ử
ỗ
ỗ
ố
ổ
+ + -
13
2436

13
3248
N
ữ
ữ
ứ
ử

ỗ
ỗ
ố
ổ
- - -
13
2436

13
3248
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
TrongkhụnggianvihtaOxyz,lpphngtrỡnhmtphng(P)ctbatrc
Ox,Oy,OzlnlttiA,B,CsaochoH(211)ltrctõmcatamgiỏcABC.
Cõu8a
ã A(a00).B(0b0).C(00c).H(211)
ã AH =(2a11), BC =(0bc) AH . BC =0 đb=c
ã BH =(21b1),
AC
=(a0c)
BH.
AC
=0
đ
2a=c
đ
a=

2
c
ã Phngtrỡnhmp(P):
1
2
= + +
c
z
c
y
c
x
(P)iquaH(211)
1
6
=
c
c=6&a=3
Kq:phngtrỡnhcamp(P)
1 2 6 0
3 6 6
x y z
x y z + + = + + - =
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
Mtnhúmhcsinhgm9emtrongúcú3n,cchiathnh3tunhau.
Tớnhxỏcsutmitcú1n.

Cõu9a
GiAlbinc:chia3thcsinhunhaumitcú1n
Khụnggianmu W :chia3thcsinhunhau
Tacú:
3 3 3
9 6 3
. . 1680C C C W = =
2 2 2
6 4 2
3! . . 540A C C C = =
540 27
( )
1680 84
A
P A = = =
W
(1im)
0.25
0.5
0.25
Cõu7b
TrongmtphngvihtaOxy,cho DABCcúA(20)B(20),gúcgiahai
ngthngBCvABbng60
o
.TớnhdintớchtamgiỏcABCbitrngy
C
>2.
(1im)
x
y

H
O C
A
B
www.VNMATH.com
C(xy)viy>2 AB =(40),
AC
=(x+2y),
BC
=(x2y)
Theogttacú
( )
( )
cos30 cos ,
cos30 cos ,
o
o
AB AC
BC AB
ỡ
=
ù
ớ
ù =
ợ
uuur uuur
uuuuruuur

ù
ù

ợ
ù
ù
ớ
ỡ
+ -
-
=
+ +
+
=
22
22
)2(4
)2(4
2
1
)2(.4
)2(4
2
3
yx
x
yx
x

ù
ợ
ù
ớ

ỡ
- =
+ =
22
22
)2(3
)2(3
xy
xy

ù
ợ
ù
ớ
ỡ
= đ =
= đ =
324
31
yx
yx
TúsuyraC(42 3 )
ABthuctrcOx
ị
ABC
S
=
2
1
AB.d(COx)==4

3
vdt
0.25
0.25
0.25
0.25
Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt cu (S) cú phng trỡnh :
2 2 2
3 3 3 0x y z x y z + + - - - = vmtphng(P):x+y+z6=0.Chngtmt
phng(P)ctmtcu(S)theongtrũn(C).Tớnhthtớchkhinúncúnhl
tõmcamtcu(S)vỏylngtrũn(C).
Cõu8b
ã Mtcu(S)tõmI
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
2
3

2
3

2
3
vbỏnkớnhR=
2
33

ã d(I(P))= )(
2
3
PR ị < ct(S)theongtrũn(C)
ã Girlbỏnkớnhngtrũn(C)r=
),(
22
PIdR -
= 6
ã Mtcu(S)cúthtớchV=
3
1
S(c).h=
p
.3
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
Chosphczthamón
( )
( )
3 1 3z i z i + - + +
lmtsthc.Tỡmgiỏtrnhnht
ca
z
Cõu9b
Gis z x yi = + .
Tgt:w=

( )
( )
( )( )
3 1 3 3 ( 1) 1 ( 3)z i z i x y i x y i + - + + = + + - + - -
2 2
4 4 6 2( 4)x y x y x y i = + + + + + - -
Tacú wẻR 4 0x y - - =
Tphpbiudincazlt(d): 4 0x y - - = .GiMlimbiudincaz.
min
min
( )z OM OM d ^
Tỡmc ( 22) z 2 2iM - = - +
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
www.VNMATH.com

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối A + A
1
+ B

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

1
1
mx
y
x



(1) có đồ thị là (
m
C
).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
2m 
.
b) Tìm
m
để trên đồ thị (
m
C
) có hai điểm
,M N
cùng cách đều hai điểm
( 3;6), (3;0)A B
và tạo thành
tứ giác
AMBN
có diện tích bằng 18 (đvdt).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 2 cos2 4 2sin( ) 3cos

4
1
cos 1
x x x x
x

   


.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 5 3 4
3 3 1 0
y y y x x
y x y x

     


    



( , )x y 
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
3

3
1 1
ln
( 1) 1
x x
I dx
x x


 
 

 
 
 

.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC =
3a
,



0
90SAB SCB 
và khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng
2a
. Tính thể tích khối chóp S.ABC
và diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp
.S ABC

theo a .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
,x y
thỏa điều kiện
4 4
2
3 3x y xy
xy
   
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2 2
2 2
16
2
P x y
x y
 
 
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm
 
1;3H 
, tâm đường tròn ngoại
tiếp
(3; 3)I 
và chân đường cao kẻ từ đỉnh
A

là
 
1;1K 
. Tìm tọa độ của các đỉnh A, B, C.

Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
, cho điểm
 
5; 2;2 , (3; 2;6)A B 
. Tìm toạ độ
điểm
M
thuộc mặt phẳng
( ) :P 2 5 0x y z   
sao cho
MA MB
và

0
45MAB 
.

Câu 9.a (1.0 điểm). Tìm số phức
z
thỏa các điều kiện
1z i z  
và
2
4( 2 )z z i 

là số thực .
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác
ABC
có đỉnh
 
4;3A
, đường phân
giác trong của góc
A
có phương trình
1 0x y  
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
là
3
2;
2
I
 
 
 
.
Viết phương trình cạnh
BC
, biết diện tích tam giác
ABC
bằng 2 lần diện tích tam giác
IBC
.

Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm
(1; 1;0)A 
, đường thẳng

x 2 y 1 z 1
:
2 1 1
  
  

và mặt phẳng
( ) : 2 0P x y z   
. Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) biết
đường thẳng AM vuông góc với

và khoảng cách từ M đến đường thẳng

là nhỏ nhất.

Câu 9.b (1.0 điểm). Trong một hộp có 50 viên bi được đánh số từ 1 đến 50, chọn ngẫu nhiên 3 viên bi.
Tính xác suất để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 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.VNMATH.com
SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A, A
1

và khối B
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)

Câu Đáp án Điểm
a) 1,0
Khi
2m 
ta có hàm số
2 1
1
x
y
x




TXĐ:
 
2
1
\ 1 , ' 0,
( 1)
y x
x

    

D D
0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng:
( ;1)
và
(1; )

Giới hạn và tiệm cận:
1 1
lim ; lim
x x
y y
 
 
   
 tiệm cận đứng: x = 1
lim lim 2
x x
y y
 
 
 tiệm cận ngang y = 2
0,25
Bảng biến thiên:







0,25

Đồ thị: Đi qua các điểm
 
1
; 0 , 0; 1
2
 
 
 
và nhận
giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.






0,25
b) 1,0
Ta có:
,M N
cách đều
,A B

nên
, : 3M N d y x  
là đường trung trực của
,A B

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

2
1
3 ( 2) 2 0, 1
1
mx
x x m x x
x

       

(1)
0,25
Để
d
cắt ( )
m
C tại hai điểm phân biệt
,M N
 (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1
2

( 2) 8 0
1
1 0
m
m
m

    
  

 

(*)
0,25
1
(2,0 điểm)
Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x . Theo định lí Vi-et, ta có :
1 2
1 2
2
2
x x m
x x
  


 


Gọi
1 1 2 2
( ; 3), ( ; 3)M x x N x x 
2 2
1 2 1 2
2[( ) 4 ] 2[( 2) 8]MN x x x x m      

Diện tích tứ giác
AMBN
bằng 18
2
1
. 18 3 2. 2[( 2) 8] 18
2
AB MN m     

0,25
x
y’

+
y
1


+
2

2







1
2

1
1
2
0
x
y
www.VNMATH.com
2
1
( 2) 1
3
m
m
m


   




So với điều kiện (*) suy ra giá trị m cần tìm là m=3
0,25
Điều kiện:
2 ,x k k Z

 

Khi đó, phương trình đã cho tương đương:

 
sin 2 cos 2 4 sinx cos 3cos cos 1 0x x x x x      

0,25
sinx 0
sinx(cos sinx 2) 0
cos sinx 2 0( )
x
x VN


    

  


0,25
x k

 

0,25
2
(1,0 điểm)
So với điều kiện ban đầu, suy ra
2 ,x k k
 
  
là nghiệm phương trình.
0,25
Xét hệ phương trình
2 2
2 2
2 5 3 4 (1)
3 3 1 0 (2)
y y y x x
y x y x

     


    



Ta có : (2)
2 2
3 3 1x x y y     . Thay vào (1) ta được:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 5 3 1 4 ( 1) ( 1) 4 4y y y x y y x y y x x                
(*)

0,25
Xét hàm số
( ) 4f t t t  
với
0t 
. Ta có
/
1
( ) 1 0
2 4
f t
t
  

với mọi
0t 

Suy ra
( )f t
đồng biến trên
[0; )
. Do đó
(*)
 
2 2 2 2
1
( 1) ( ) ( 1)
1
x y
f y f x y x

x y
 

      

 


0,25
Với
1x y 
, ta có hệ
2 2
1
1
2
3
3 3 1 0
2
x
x y
y x y x
y



 




 
    






0,25
3
(1,0 điểm)
Với
1x y 
, ta có hệ
2 2
1
1
4
3
3 3 1 0
4
x
x y
y x y x
y



 




 
    






Vậy hệ có hai nghiệm:
1 3 1 3
; ; ;
2 2 4 4
   
   
   

0,25
Ta có:
2
2
3
1 1 1 2
ln
2 1 1 ( 1)
x x
I dx
x x x



 
 

 
  
 


0,25
Đặt
2
1 2
1 ( 1)
x
t dt dx
x x

  
 
. Với
2 3
3 2
x t
x t
   
   

Do đó
3

2
1
.ln
2
I t tdt


0,25
Đặt
2
1
ln
2
u t du dt
t
t
dv tdt v
  
  
. Suy ra
3
2 2 2
2
3 3 3
1
ln ln
2 2 2
4 4 4 8
t t t
I t tdt t   



0,25
4
(1,0 điểm)
9 5
ln3 ln 2
4 8
I   

0,25
www.VNMATH.com









Gọi H là hình chiếu vuông góc của S lên (ABC). Ta có:
( )
( )
(gt)
SH ABC AB
AB SHA HA HA AB
SA AB
 


    



. Tương tự
HC BC

Và
ABC
vuông cân tại
B

Suy ra tứ giác HABC là hình vuông
0,25
Ta có:
/ / ( ) / / ( )AH BC SBC AH SBC 

[ ,( )] [ ,( )] 2d A SBC d H SBC a  

Dựng
HK SC
tại K (1). Do ( ) (2)
BC HC
BC SHC BC HK
BC SH


   





(1) và (2) suy ra
( )HK SBC
. Từ đó
[ ,( )] 2d H SBC HK a 

0,25
Tam giác
HKC
vuông tại
K 

2 2 2 2
3 2KC HC HK a a a    


SHC HKC 

. 2. 3
6
HK SH HK HC a a
SH a
KC HC KC a
     

Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi:

3
.

1 1 1 6
. . . 3. 3. 6
3 6 6 2
S ABC ABC
a
V S SH AB BC SH a a a   
(đvtt)
0,25
5
(1,0 điểm)
Gọi
I
là trung điểm của SB. Chứng minh được H, A, C đều nhìn SB dưới một góc vuông
Suy ra
1
2
IA IB IC IS IH SB    
, nên
I
là tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp
.S HABC
, cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
(S) có bán kính
2 2 2 2
1 1 1
6 6 3
2 2 2
R SB SH HB a a a     

Suy ra (S) có diện tích là

2 2 2
4 4 ( 3) 12S R a a
  
  
(đvdt)

0,25
Ta có:
2 2
2x y xy 
Do đó:
2 2
16
2 2
P x y
xy
 


0,25
Từ giả thiết ta có
4 4 2 2
2 2
3 3 2xy x y x y
xy xy
     
Đặt
0t xy 
, ta được:
2 3 2

2
3 3 2 2 3 3 2 0 ( 1)( 2)(2 1) 0t t t t t t t t
t
            

1
( 2)(2 1) 0 2
2
t t t      
vì
0t 

0,25
6
(1,0 điểm)
Khi đó:
2
8
1
P t
t
 

(1). Xét hàm số
2
8
( )
1
f t t
t

 

trên
1
;2
2
 
 
 


0,25
S
B
H C
A
K
www.VNMATH.com

Ta có

/
2
/
2 2
8 1
( ) 2 , ;2
(1 ) 2
1 1
2 2

( ) 0 1
2 2
( 1) 4 0 ( 1)( 3 4) 0
f t t t
t
t t
f t t
t t t t t
 
   
 

 
 
   
 
    
 
 
      
 

Ta lại có
1 67 20
(1) 5, , (2)
2 12 3
f f f
 
  
 

 
. Suy ra
1
;2
2
20
( ) ( )
3
f t Max f t
 
 
 
  (2)
Từ (1) và (2) suy ra
20
3
P 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2
2
0
xy
x y
x y


  

 


Vậy
20
2
3
MaxP x y   
.
0,25
A
B
C
D
M
H
K
I

Đường thẳng
BC
qua
K
nhận
(0;2)KH 

làm vectơ pháp tuyến
 Phương trình đường thẳng
: 1 0BC y  

Gọi
M

là trung điểm
BC
 Phương trình đường thẳng
: 3 0IM x  

M BC IM  
Tọa độ điểm
M
là
(3;1)

0,25
Gọi
D
là điểm đối xứng với
A
qua
I
. Ta có / /
DB AB
DB CH
CH AB







Tương tự

/ /DC BH
nên tứ giác
HBDC
là hình bình hành nên
M
là trung điểm
HD
.
Xét tam giác
AHD
có
IM
là đường trung bình nên
2 ( 1; 5)AH IM A   
 

0,25
Gọi
( ;1)B b
BC
. Ta có
IB IA

2
1
( 3) 16 16 4
5
b
b
b



     




0,25
7.a
(1,0 điểm)
Với
5 (5;1)b B 

(1;1)C

Với
1 (1;1)b B 

(5;1)C

Vậy
( 1; 5), (5;1), (1;1)A B C 
hoặc
( 1; 5), (1;1), (5;1)A B C 

0,25
( 2;0;4)AB  

. Trung điểm
I

của đoạn thẳng
AB
có toạ độ
 
4; 2;4

Gọi
( )Q
là mặt phẳng trung trực của
AB

       
: 2 4 0 2 4 4 0Q x y z       
 
: 2 4 0Q x z   

0,25
Ta có
( )MA MB M Q  

Theo giả thiết
( )M P

( ) ( )M d P Q   

0,25
8.a
(1,0 điểm)
Chọn
 

, 2; 5;1
d P Q
u n n
 
  
 
  
là vectơ chỉ phương của
d
, điểm
 
0;3;2N
thuộc mặt
0,25
www.VNMATH.com
phẳng (P) và (Q) suy ra
2
: 3 5
2
x t
d y t
z t



 


 


.
Gọi toạ độ
 
2 ;3 5 ;2M t t t 

(2 5;5 5 ; ); (2 3;5 5 ; 4)AM t t t BM t t t       
 

Theo giả thiết
MA MB
và

0
45MAB MAB   vuông cân tại
M

Suy ra
      
2
. 0 2 5 2 3 5 5 4 0AM BM t t t t t        
 

2
4
3 7 4 0 1
3
t t t t       

Với
 

1 2; 2;3t M  

Với
4 8 11 10
; ;
3 3 3 3
t M

 
 
 
 

0,25
Gọi
( , )z x yi x y R  
. Ta có
1 ( 1) ( 1)z i z x y i x yi        

2 2 2 2
( 1) ( 1) 1x y x y y x         (1)
0,25
2 2 2 2
4( 2 ) ( ) 4[ ( 2) ] 4 2( 2 4)z z i x yi x y i x y x xy y i            

Để
2
4( 2 )z z i 
là số thực
2 4 0xy y   

(2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ
2
1
1 3 2
2 4 0 4 1
6 0
y x
y x x x
xy y y y
x x
 
    

  
  
   
     
  
  


0,25
9.a
(1,0 điểm)
Vậy
3 4z i 
hoặc
2z i  

.
0,25
Ta có
5
2
IA 
. Phương trình đường tròn ngoại tiếp
ABC
có dạng
2 2
3 25
(x 2) (y )
2 4
   

Gọi
D
là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong
góc
A
với đường tròn ngoại tiếp
ABC
.
Tọa độ của
D
là nghiệm của hệ
2 2
1 0 4, 3 (4;3) (loai)
3 25 1 1 1 1
(x 2) (y ) , ( ; )

2 4 2 2 2 2
x y x y D
x y D
 
     




 



        



 

0,25
Vì
AD
là phân giác trong của góc A nên
D
là điểm chính giữa cung nhỏ
BC
.
Do đó
ID BC
hay đường thẳng

BC
nhận
3
( ;2)
2
DI 

làm vec tơ pháp tuyến.
Phương trình cạnh
BC
có dạng
3 4 0x y c  

0,25
Do 2
ABC IBC
S S nên
2AH IK
( Với
,H K
lần lượt là hình chiếu của
, A I
lên
BC
)
Mà
24
( , )
5
c

AH d A BC

  và
12
( , )
5
c
IK d I BC

  nên
0
2 24 2 12
16
c
AH IK c c
c


     

 


0,25
7.b
(1,0 điểm)
Suy ra phương trình của cạnh BC là
3 4 0x y 
và
3 4 16 0x y  

0,25
Gọi (Q) là mặt ph
ẳ
ng qua A và vuông góc với

. Khi đó pt
.032:)(  zyxQ

Ta có ).1;1;1(),1;1;2(
PQ
nn  Từ giả thiết suy ra M thuộc giao tuyến d của (P) và (Q).
0,25 8.b
(1,0 điểm)
Chọn )3;1;2(],[ 
QPd
nnu là vectơ chỉ phương của
d
và
dN )1;0;1(
nên
0,25
K
H
D
I
C
B
A
www.VNMATH.com

phương trình tham số của
d
là
1 2
1 3
x t
y t
z t
 





 

.
Vì
M d
suy ra
(1 2 ; ; 1 3 ).M t t t 

Gọi H là giao điểm của

và mặt phẳng (Q). Suy ra
).
2
1
;
2

1
;1( H

Ta có
2 2
2 2
1 1 1
( , ) (2 ) 3 14 2
2 2 2
d M MH t t t t t
   
         
   
   
.
0,25
( , )d M 
nhỏ nhất khi
2
1
( ) 14 2
2
f t t t  
nhỏ nhất
1 8 1 11
; ;
14 7 14 14
t M
 
  

 
 

Vậy
8 1 11
; ;
7 14 14
M
 
 
 
.
0,25
Chọn 3 viên bi từ 50 viên bi có
3
50
C
cách
3
50
C  

0,25
Gọi
A
là biến cố để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 3
Trong 50 viên bi ban đầu chia thành 3 loại: 17 viên bi có số chia cho 3 dư 1; 17 viên bi có
số cho 3 dư 2; 16 viên bi có số chia hết cho 3.
0,25
Để tìm số cách chọn 3 viên bi có tổng số là một số chia hết cho 3, ta xét 2 trường hợp:

TH1: 3 viên bi được chọn cùng một loại có
3 3 3
17 17 16
1920C C C  
cách
TH2: 3 viên bi được chọn có mỗi viên một loại có
1 1 1
17 17 16
. . 4624C C C 
cách
Suy ra
A
 

1920  4626 6544

0,25
9.b
(1,0 điểm)
Vậy xác suất cần tìm là
6544 409
( )
19600 1225
A
P A

  


0,25

Hết
www.VNMATH.com

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối D

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

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 1y x mx m x m     
(1), (với m là tham số thực).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ
đến điểm cực tiểu của đồ thị bằng
2
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 2 cos 2 4 2 sin 4cos 1 0
4
x x x x

 
     
 

 
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 1 4(2 1) 1 3
( )(2 ) 4 6 3
x x y y
x y x y x y

     


     



( , )x y 
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
 
2
2
1
2ln
2
x x
I dx
x





.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh a. Gọi
M
,
N
và
P
lần lượt là
trung điểm các cạnh
AB
,
AD
và
DC
. Gọi
H
là giao điểm của
CN
và
DM
, biết
( )SH ABCD
,
3SH a
.

Tính thể tích khối chóp
.S HDC
và khoảng cách từ điểm
C
đến mặt phẳng
( )SBP
.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
,x y
thỏa mãn
2 2
2x y 
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức

2 2
( 1) ( 1)P x y y x   
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
,Oxy
cho hình thoi
ABCD
với
(1;0)A
, đường chéo
BD
có
phương trình là
1 0x y  

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 8 và đỉnh B
có hoành độ dương.
Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S), 2 đường thẳng
1 2
,d d
có phương
trình (S):
2 2 2
4 4 2 16 0x y z x y z      

1 2
3
1 1 1
: : 2 ( )
1 4 1
1 2
x t
x y z
d d y t t
z t
 

  

   



  



. Viết phương trình
mặt phẳng (P) song song với
1 2
,d d
và khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) bằng 3.
Câu 9.a (1.0 điểm). Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển biểu thức
3
2
n
x
x
 

 
 
, biết n là số tự nhiên thỏa mãn hệ
thức
6 2
4
454
n
n n
C nA


 

.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm
(0;2)A
và đường thẳng
: 2 2 0d x y  
.
Tìm trên
d
hai điểm
,M N
sao cho tam giác
AMN
vuông tại
A
và
2AM AN
, biết tọa độ của
N
là các số
nguyên .
Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
3 2 1
:
2 1 1
x y z
d
  
 


và
mặt phẳng
( ) : 2 0P x y z   
. Gọi
M
là giao điểm của
d
và
( )P
. Viết phương trình đường thẳng

nằm
trong mặt phẳng
( )P
, vuông góc với
d
đồng thời thoả mãn khoảng cách từ
M
tới

bằng
3 42
.
Câu 9.b (1.0 điểm). Tính môđun của số phức z – 2i biết
04)2).(2(  iziziz
.
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.VNMATH.COM

SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Câu Đáp án Điểm
a)
1,0
Với m=1, hàm số (1) trở thành
3 2
3y x x 

TXĐ:
D  

Sự biến thiên:
Giới hạn:
lim ,lim
x x
y y
 
   

0,25
Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , ' 0
2
x

y x x y
x


   




Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ;0)
và
(2; )

Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0;2)

Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x=0,
0
cd
y 
; cực tiểu tại x=2,
4
ct
y  

0,25
x
y’
y

-∞
-∞
+∞
+∞
0 2
0
0
-
+
+
0
-4
x
y’
y
-∞
-∞
+∞
+∞
0 2
0
0
-
+
+
0
-4

0,25

Đồ thị: Tiếp xúc Ox tại O, cắt Ox tại (3;0).

2
-2
-4
-5 5
x
f x
 
= x
3
-3

x
2
O
y


0,25
b)
1,0

Trong trường hợp tổng quát, ta có
2 2
' 3 6 3( 1)y x mx m   
,
1
2 2
2
1
' 0 2 1 0
1
x x m
y x mx m
x x m
  

      

  


0,25
Vì
' 0y 
luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với
mọi m.
0,25
1
(2,0 điểm)
Dề thấy
1 1m m  

, nên y’ đổi dấu từ âm sang dương khi x đi qua
2
1x m 
, do đó đồ
thị hàm số có điểm cực tiểu là
( 1; 1 3 )A m m  

0,25
WWW.VNMATH.COM
Theo giả thiết
2 2 2
1
( 1) (1 3 ) 2 5 4 1 0
5
1
m
OA m m m m
m



         

 


Vậy
1
5
m 

hoặc
1m  
.
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
 
sin 2 cos 2 4 sinx cos 4cos 1 0x x x x     

0,25
sinx(cos sinx 2) 0x   

0,25
sinx 0
cos sinx 2 0( )x VN




  


0,25
2
(1,0 điểm)
x k

 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
x k




( )k 

0,25
Điều kiện:
1
; 1
3
x y 
.
Phương trình thứ hai tương đương với :
( )(2 ) 4 4( ) (2 ) ( 1)(2 4) 0x y x y x y x y x y x y             
( Vì
1 0x y  
)
2 4y x  

0,25
Thay vào phương trình thứ nhất ta được:
3 1 2 8 2 3 3 1 2 3 2 8 0x x x x x x           
0,25
3 1 (2 3) 1
2( 4) 0 ( 4) 2 0
3 1 2 3 3 1 2 3
x x
x x
x x x x
  

 
       
 
     
 

0,25
3
(1,0 điểm)
4 12x y   

Vậy hệ phương trình có một nghiệm là:
(4;12)

0,25
Đặt
 
2
2
2ln
1
1
2
2
x
u x x
du dx
x
dv dx
v

x
x


 



 

 


 







0,25
2
2
1
1
2ln
2
x x dx
I

x x

  



0,25
=
1 1 2
6 2
n
 
+
2
1
ln x

0,25
4
(1,0 điểm)
=
ln 2 1
2 6


0,25
WWW.VNMATH.COM
P
H
N

M
B
A
D
C
S
K
I


Chứng minh được
CN
vuông góc với
BP
DHC 
vuông tại
H

Tính được
2 5
5
HC a
,
2
5 1 1 2 5 5
. . .
5 2 2 5 5 5
HDC
a a a a
HD S HC HD    

0,25
Suy ra
 
2 3
.
1 1 3
. 3.
3 3 5 15
S HDC HDC
a a
V SH S a dvtt  

0,25
Trong (
ABCD
), Gọi
K
là giao điểm của
CN
và
BP

Ta có
( )SBP
cắt
HC
tại trung điểm
K
nên

 
 
 
 
, ,d C SBP d H SBP

Trong (
SHK
) hạ
HI


SK
(
I SK
)
Chứng minh được
( ) ( )SHK SBP
mà
( ) ( )SHK SBP SK  ( )HI SBP 

Khi đó
 
 
;d H SBP HI
.
0,25
5
(1,0 điểm)
Ta có

3SH a , tính được
1 5
2 5
a
HK HC 
.
Tam giác
SHK
vuông tại
H
có
HI
là đường cao
2 2 2
2
5
3.
. 3
5
4
3
5
a
a
SH HK a
HI
SH HK a
a
   




Vậy
 
3
,( )
4
a
d C SBP 

0,25
Ta có
( 4)P xy x y x y    

0,25
Đặt
t x y 
ta có
2 2
0 2( ) 2t x y x y     
nên
(0;2]t 

0,25
Mặt khác
2
2
1
( )
4 4

t
xy x y  
Khi đó:
2 3
2
( 4) ( 4)
4 4
t t
P xy t t t t t t        
0,25
6
(1,0 điểm)
Khảo sát hàm số
2
2
( )
4
t
f t t t   trên
(0;2]
ta được
( ) (2) 8f t f 

Vậy
8P 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
1x y 

Do đó
8MaxP 

khi
1x y 



0,25
WWW.VNMATH.COM





Ta có
AC BD 
phương trình
: 1 0AC x y  

Gọi
(0;1) ( 1;2)I AC BD I C    


0,25
Suy ra
2 2AC 
. Mà
2
. 16
4 2
2
2 2

ABCD
ABCD
S
AC BD
S BD
AC
    
2 2IB 

0,25
Vì
( ; 1)B BD B b b  
. Nên
2 2
2 2 8 2IB b b b      

0,25
7.a
(1,0 điểm)
Với
2 ( 2; 1)b B    
( loại)
Với
2 (2;3) ( 2; 1)b B D    

Vậy
( 1;2), (2;3), ( 2; 1)C B D  

0,25
(S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5

1
d đi qua điểm
1
(1; 1;1)M  có véc tơ chỉ phương là
1
( 1;4;1)u  


2
d đi qua điểm
2
(3;0; 1)M  có véc tơ chỉ phương là
2
(1;2;2)u 


 
4 1 1 1 1 4
1 2 2 2 2 1 1 2
[ , ] ; ; (6;3; 6) 3(2;1; 2)u u
 
    
 

0,25
Gọi (P) là mặt phẳng song song với
1 2
,d d (P) nhận
1 2
1

[ , ]=(2;1;-2)
3
u u
 
làm véc tơ phép
tuyếnphương trình của (P):
2 2 0x y z D   
.
( ,( )) 3d I P 
2 2 2
| 2.2 1.2 2( 1) |
3
2 1 ( 2)
D   
 
  

1
| 8 | 9
17
D
D
D


   

 


0,25
Với D=1 phương trình của (P):
2 2 1 0x y z   
(loại vì (P) chứa M
1
)
0,25
8.a
(1,0 điểm)
Với D=-17 phương trình của (P):
2 2 17 0x y z   
.
Vậy (P):
2 2 17 0x y z   

0,25
Từ hệ thức đã cho suy ra
6,n n N 
.
 
   
6 2
4
4 !
!
454 454
2! 6 ! 2 !
n
n n
n

n
C nA n
n n



    
 

0,25
3 2
2 9 888 0 8.n n n n     

0,25
Với
8n 
,
   
 
8
8 8
8
8
3 1 3 24 4
8 8
0 0
2
2 2 1
k k
k

k k k k
k k
x C x x C x
x


 
 
 
    
 
 
 

0,25
9.a
(1,0 điểm)
Hệ số của x
4
tương ứng với
24 4 4 5k k   
.
Vậy hệ số của x
4
là
 
8 5
5 5
8
2 1 1792C


  
.
0,25
7.b
(1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) =
2
0 2.2 2
2
5
1 2
 



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

B
A
D
C
I
WWW.VNMATH.COM
Gọi
(2 2; )N y y d 

Ta có
2 2 2
1 (2 2) ( 2) 1 5 12 7 0AN y y y y         
0,25
1 (0;1)
7 4 7
; (loai)
5 5 5
y N
y N
 



 

 
 

 


0,25
Với
(0;1)N
, Đường thẳng AM qua A(0;2) có vectơ pháp tuyến
(0; 1)AN  


 Phương trình là AM:
2 0y  

Ta có
M d AM 
 Toạ độ M là nghiệm của hệ
2 2 0 2
(2;2)
2 0 2
x y x
M
y y
   
 
 
 
  
 

Vậy
(2;2), (0;1)M N

0,25
Ta có phương trình tham số của d là:
3 2
2
1
x t
y t
z t
 


  


  

 toạ độ điểm M là nghiệm của hệ
3 2
2
1
2 0
x t
y t
z t
x y z
 


  



  


   

(tham số t)
(1; 3;0)M 


0,25
Lại có vectơ pháp tuyến của (P) là
(1;1;1)
P
n 

, vectơ chỉ phương của d là
(2;1; 1)
d
u  

.
Vì

nằm trong (P) và vuông góc với d nên:


có vectơ chỉ phương , (2; 3;1)
d P
u u n


 
  
 
  

Gọi N(x; y; z) là hình chiếu vuông góc của M lên

, khi đó
( 1; 3; )MN x y z  

.
Ta có
MN

vuông góc với
u


nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = 0
0,25
Lại có N

(P) và MN =
3 42
ta có hệ:
2 2 2 2
2 0 4 13
2 3 11 0 5 15
( 1) ( 3) 378 6 0

x y z x y
x y z z y
x y z y y
 
     
 
       
 
 
      
 

13 11
0 6
15 15
x x
y y
z z
  
 
 
    
 
 
  
 

Ta được hai điểm N(13; 0; - 15) và N(-11; - 6; 15)
0,25
8.b

(1,0 điểm)
Nếu N(13; 0; -15) ta có phương trình
13 15
:
2 3 1
x y z 
  


Nếu N(-11; -6; 15) ta có phương trình
11 6 15
:
2 3 1
x y z  
  


0,25
Đặt z = a + bi ( a, b

R ). Khi đó:
04)2).(2(  iziziz


( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) = 0
0,25
 ( a
2

+ b

2
– 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0

a
2

+ b
2
– 4b – 4 = 0
0,25
Ta lại có:
44)2(2
22
 bbaibaiz

0,25
9.b
(1,0 điểm)
=
228844
22
 bba
.
Vậy môđun của z – 2i bằng
22
.
0,25


Hết

WWW.VNMATH.COM

WWW.VNMATH.COM
*ffiffid&e
TRUSCKITIII
DESOT
(Thdi gian
ldm bdi: 180
phrtfi
psAN
cHUNG
Cflu 1
P,
aiAml.Cho hdm
s6
y
=
I11
s6 66
'
x+2
fti(C).
1)
Kh6o s6t ss biiSn thi6n vd vE dO thi
(O
cua
hdm
sO dd cho.
2) Gqi A,
B ldhai

tti6m
phdn
biQt
tr6n
(C)
sao
cho
hai ti6p tuyi5n tVi A vitB song song
voi
nhau. Hai ti6p
tuyi5n
tai
A
viLB
cEt trpc
tung
16n luqt tqi
C,
D sao cho CD
:4.
Tim toa
d0hai dii)mA,B.
Cflu 2
Q
dii@.Giiiphuongtrinh
Zcos4x
+
cos
2x
=

I +
.6
sin 2x.
Cflu 3
Q
diA@.
Gi6i
phuong
trinh

'lz+lJ,
-x
+./o
-2Jx -3x
=
.,fo*
4f,,
-
sr.
PHAN
RIE,NG
(Th[
sinh
chi itwqc
chgn
mQt trong
hai
phin
A hofic
B)

A.TheochuongtrinhChuAn
**y,
=5
vddudrngthingA:
3x-y-2=0.
ciu 7a
Q
diafi'
Trong mat
ph[ng
voi
he.ftuc
rim
iqa rl0 tli6m
A vit
B tr6n
A dt ta,,-t
gi6c
tqa d0 Ory,
cho hinh chfr
n};4;t ABCD
c6
a1r,r) .
rrqrs ta-
",L;
eii
)uird^oc^
OAB cb on:
+
vd c6

cpnh OB
cftduong
dudmg
thing d: 3x
-
y
-
2
=
0.
OiCm N(4
;
6)
tron
(e
tai
M
sao cho
MA
:
MB
(va
Old
g6c
ldtrung tti6m cua cqt:fr_ CD.TimtgadO
dinh,4.
tqa
d0).
Ciu
8a

Q
diA@.
Trong kh6ng
gian
v6i
hQ
trUc
tga
dO O*yr, cho
hai mA.t
pheng
(r):x
-2y-3=0
vi
(Q):x+Zy+z+I=0.
Vi6t
phuong
trinh ttuong
thdng d
qua
di6m
U(t;O;2),vu6ng
g6c
voi duong
thing OM
vd cEt
(P)
tVi A, cit
(O
taiB

sao cho
OA: OB
(vor
O
ld
g6c
tqa d0).
Cflu 9a
(1
diifi.
Cho sO
phfic
z th6a mdn
di6u
kiellz- I +il
=
lzl.
rim sO
phric,
=
(t
-i).,
sao cho sO
phric
w c6
m6dun nhO nhAt.
B. Theo chuong
trinh
Nflng cao
Cflu 7b

Q
die@. Trong mat
phfurg
vcyi
hQ truc
tqa
d0 Oxy, cho tluong
trdn
(Q
c6
phuong
tinh
TONN
HAC
ITl
&
Glirr{i}rA
SO
441
(5-2014)
Cflu 4
(1,
die$. Tinh
tich
ph6n
2
x2-l
t:l@+1)2e
,
dr.

J'
I
Cflu 5
Q
die@. Cho
hinh chbp S.ABCD vor
d6y ABCD ld hinh
thoi canh 2a,
g6c
ilD
=120o.
Canh
b6n S,4 vu6ng
voi tl6y.
Bi6t khoang c6ch
gita
AD vit SC bing
y.
2'
Tinh the tich kh6i ch6p S.ABCD
vd diQn
tich
m[t
c6u ngopi tiiip
hinh ch6p S.ABD,theo
a.
C0u 6
(l
diem).
Tim

gi6
fi
16n nhat vA
gi6
tri
nho
nhft cg1a
p
=
*(*,
+ r)+
zy(+yz +z),
trong
t16 x,y
ldc6c s5 thgc
th6a
mdn
xa +l6ya
+(2*y+L)2
=2.
Cflu
8b
(l
diem).
Trong
kh6ng
gian
voi
hQ
trgc

tga dQ Oxyz, cho
c6c AiCm
Z(1;-1;0);
a(t);z);
c(s;r;-z).
vict
phuong
trinh
m{t
cAu t6m
l
tli
qua
ba di}m
A,4 C sao cho
dO dei doan thnng OI
nghnnfrAt
lvoi
O
ld
g6c
tqa
dQ).
Cflu
9b
(l
diem). Giei
he
phucrng
trinh

lon"'*l
=2v-x
aLy
NGUYEN
TUAN TAU
(GI/THPT
ThdnhNhdn,
rP. H6
Chl
Minh)
xy+y+2+
+ x+2
=
4y.
www.VNMATH.com
HUONG
DAN
Ciu
1.
b)
Ta
c6
y
=
t
-
-\.
Gqi
he
s6

g6c
cira
hai
ti6p
tuy6n
h f
thi
(x+2)'
Jt
=
e(
-a*|,
r
[],
r(
t-],,
*.,fi
I
(k,o).
\
Vfr
/ \
Jt'
'")v"
PT
hai
tii5p
tuydn
tai
A,

B
v6i
d6
thi (C)
ld
!
=
ls
+
2k
-ZJi
+t;
y
=
tq
+
2k
+
2Ji
+1.
Suy
ra
c(o;zr,
-zJE
+\;o(o;zk
+zJE
+r)
.
oo
cD=l+JEl=+=t,

=t
>
A(-r;o);a(*z;z).
C6u
2
PT
<> 2cos4x
+2cos2x=
1
+.6
sin2
x +
cxs2x
o.orr(.,6.inx
+
cosx
-
2cos
3r)
=
g
Ddp
sii.
*
:
|+
kx:
x
=
-[+

kn:
it
kx
*=
n+
,(lcez).
Cdu
3.
DK:
x
>
0.
Do
x
=
0
kh6ng
ld
nghiQm
nOn
chia
cd
hai
v6
cria
phuong
trinh
cho
{i
,

ddt
t
=l f,.
rno*g
trinh
tr&
thdnh
tlx
/ r\
,lr +3+J3r_2
=J5t+4
l,.il,
\./
tim
duoc
t
=I
)x
=
1 ld
nghiQm.
2121
Ciu
4.
,
=
!(r,
+
r)e'-ia,
+-!z*"'-id,

.
11
2
3
-lV
+t)e'-Iar,
n€n
r
=4"i
-1.
1
Cdu
5.
Gqi
M
ld
trung
dirim
cria
BC,
ke
AH
LSMtqiHth\
d(AD,,SC)=
AH
=!.
2'
Suy
ra
SA

=
3a
;
Vaco
=2o3
^lj
.
GIAI
OT
S6
Z
Luu
y
r6ng
di€m
C ld
tAm
clucrng
hdn
ngoai
ti€p
MBD.
TinI
R'
25o2
"
='a
)
S*,
=25na2.

Cdu
6.
Taco
x4
+t6ya
+(zxy+l)2
:2
*(l
*Qr)')'
=exy-t)2
>i
+(zy)2
+?.st=r
=
(x +
2y)2
-t:2*y
,
do
2xy
.Q
+
2Y)2
=(x+
2y)2
-r.(*+?Y)2
>(x+2y)2
Ditr=x+2v=r.l
'21
t-E'E],

2*y:
t-
Tac6
p
=
*3
+(zy)'
*3(x+2y)
=
(x+ 2y)3
-6xy(x+2y)+3(x+2y)
=_2t3+6t=f(t).
Ktrdo
s6t
hdm
so/ul
voi
I e
I
-+,+1.
L
J3
'J3
-J
Tac6
maxP=4et-l
e
(x;
r)
=

(o;
i)
n"* (*;
y):
(r; o).
minP 4et=-l
e
(,;
r)
=
(o;
-i)
n"* (*;
y):
(-r;
o)
CAU
7a.
Ggi
G ld
trong
t6m
MBC
thi
G(t)t-2)ed.DoErt=3Ed
> OQt
-2;9t
-
8)
. Do

ff h
trung
cti6m
DC
n6n
C(tO
-Zt
;ZO
-Or).
Ta
c6
d
=(x
_s;vt
_to),
cilr
=1zt
-6;9t-14).
Do
cE.cfi
=
o
n6n
90t2
-342t
+320
:0
<>r
=fr
rroa.,

=l
rt
d6
tim
dusc
A(-t;3)
hodc
A(?,+)
'
\5
5)
Cdu
8a.
Gqi
A(2a
+
3;
a;
b) e
(r)
,
ill
=
(zo
+
2;a
;b
-
z);
Mffi=

o=>&
=t-
a
d6n
d6n
A(2a
+3;a;t-
o)
.
Do
LOAB
cdntai
O,
MliLtrungdi€mAB
n6n
B(-t
-
2a;-
a;3
+
a).
(e)
>
a
:1.
.!
J
-1.
2 t
tl2

Tinh
K
=
2
l*er-i
dr
=
*zr'-;l
,1,
www.VNMATH.com
Khid6
prcua
d,
+-L==
Ciu
9a. Elt z
:
a+ bi; w
=
x
+
yt.
Theo dC
bdi, ta c6 a
-
b
-l
=
0
vi

x+y.i=(1-i)(a+bi)
=
!:-1.
, f.
Oe
lwl
=,lr'
+1
>
1, minlwl
=
1 <>
x
=
0
Vdy
w:
-i.
It
Cau
7b.
Ta
co
A(a)a
-
2)e L,OA=
+
taiAndn M chinh
ld trung di6m cira OB,
ggi

/ t ?r r\
B(t:3r
-2).
^th\
Ml
n:ff I
.
(c)
vL)
=
5t2
-6t -8
=
o <> t
=2
holc
t
=
*
rrd6 BQ;a)
uoac a(
-!,-?l
\
5
5)
CAu
8b.
Gi6sir
tb,m
I(a;b;c).Do IA=IB=IC

=\:;:i::
=:,=l:
=i:l
>r(-b;b;,-b)
-
o
=1
=r[j,+).
ram
giitc
oAB
ru6ng
4
;.
)
'
-:2
'
5\2
(
z\2 zg
Pr (s)
[,-i]
.[rj]
.1,.;)
=+
OI2
=3b2
-
tob+17

=31b-i t
*4r4
-1
3)
3-3
s _(7 s
2)
1=t[S';'-3)
Suyrab=
Ciu 9b.
De h9
ghuong
trinh c6
nghiQm
thi
y
> 0. PT thri nhdt
tro thdnh
2*
(x
+I)
=
22t., e
2**1(x +
r)
=
22Y .2y .
Xdt him sO
71t1:
t.2t c6

f'Q)=l
+dlnz>o,vr>o
non
/(r)
d6ng
birin
tr6n
(0;+.o)
.
Do
f
(x
+ 1)
=
f
(zy)
> x
-
2y
-1.
Th6 vdo
PT thf 2,taduoc
=4y
o
l2y2
+2
=3y-1=
!
=1.
2

+2+
2
+2y+1
Ddp sii.
(x;
y)
=
(1;
1). D
HUOIYG
nArv GIir
(ri6p
trang
5)
M[tkhac,
fr>:frH > trfu=frd,n€n
PH ll
EO
(2).
Trong
LAEO c6 P
ldtrung di6m
oip
AE, k6t hqp v6i
(1); (2)
suy
ra 1/
ld trung
di€mcinOA.
b)

Ta c6 tu"n=4#= R.PQ=
R.(AP
+ AQ)
-R(AEJ
AF)
> R.JAE,4F
=
R.JAB2
=2R2.
2
-"'
Swe
=
2R2
o
AE
=
AF
e
A,BEF wdng
cdn
tai
B e
LBCD
r.u6ng cdn
t4i B.e
AB L CD.
YQy
LBPQ
c6

diQntichnho
nh tl{hiAB
LCD.
c)
Ta c6 AC L
BE; AD I BF, do d6
CDa
=ABa:(AE.Ary2 =ARAF
=
(EC.EB)(FD.FB)
-
(EC.FD)(EB.FB)
=
(EC.FD)(AB.EF)
=
CE.DF.CD.EF
) CD3
=
CE.DF.EF.
-
BE2
EA.EF EA
I
a
cung co
BF2
=
FAEF:
FA
BE4

EAz EC.EB
BE3 CE
-
BFc- FA2- FDpB- BFr-
DF'
d)
Gqi O
ld tdm tluong
tron n6i
ti6p cira
LEBF,
BMKN
h hinh ru6ng
n€n
BK ld
phdn
giitc
cila
iEF,do
d6
o
e
BK.Ke
oJ
L BE; os
L BF
(JeBE;SeBF).
F
KN 2+J1 . A
:-:-

=
I a-
os 2
''
2'
-

BK BO+OK OK
OK
A
Nla
Bo= Bo
=Lt
*)
oB=
2'
MatkhAc,
F7ldph6ngi6c
ciaEFE
ndn
FK OK J'
'#
:A
=)
=
FB
=
JI-FK
>
FB2

=
2FK2.
Tucrng
t.u
ta c6
EB2
:2EI(.
Suy
ra EP
=
EB2
+
FB2
=2(EI(
+
FIe)
=
(EK+
Kn'=z(EI(
+
Pt?)
>(EK-Kn'=0+EK=KF
>
A,EBF vtdng cdn tai
B
+6EF
=ffi
=45o.a
EK
,BK

TathAv OSIIKN=i-
"BO
www.VNMATH.com