Đề thi và lời giải môn toán ôn thi đại học 2014

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

Th
ờ
i gian làm bài: 180 phút, không k
ể
th
ờ
i gian phát
đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ
i
ể
m)
Câu 1 (2,0 đ
i
ể
m
).
Cho hàm s
ố

(
)

3 2
3 3 2 1
= − + + + +
y x x m m x
(1), v
ớ
i
m
là tham s
ố
th
ự
c.
a) Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
c
ủ
a hàm s
ố
(1) khi

0
m
=
.
b) Tìm
m

để

đồ
th
ị
hàm s
ố

(1)
có hai
đ
i
ể
m c
ự
c tr
ị

đố
i x
ứ
ng nhau qua
đ

i
ể
m
(
)
1;3
I
.

Câu 2 (1,0 đ
i
ể
m
).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
cos tan 1 tan sin
+ = +
x x x x
.
Câu 3 (1,0 đ
i
ể
m
).
Gi
ả

i h
ệ
ph
ươ
ng trình
2 2
2
4 4 2 2 0
81 2 9 0
x xy y x y
x y

+ + + + − =


− + − =



(, )
xy
∈
»
.

Câu 4 (1,0 đ
i
ể
m
).

Tính tích phân
3
1
2 4
0
1
=
+ +
∫
x dx
I
x x
.

Câu 5 (1,0 đ
i
ể
m
).
Cho hình l
ă
ng tr
ụ

.' ' ' '
ABCDABCD
có
đ
áy
ABCD

là hình vuông c
ạ
nh
a
, c
ạ
nh bên

'
AA a
=
, hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
'
A
trên m
ặ
t ph
ẳ
ng
( )
ABCD
trùng v
ớ
i trung
đ
i

ể
m
I
c
ủ
a
AB
. G
ọ
i
K

là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
BC
. Tính theo a th
ể
tích kh
ố
i chóp
'.
AIKD
và kho
ả
ng cách t

ừ

I

đế
n m
ặ
t ph
ẳ
ng

(
)
'
AKD
.
Câu 6 (1,0 đ
i
ể
m
).
Cho các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng
,,
xyz

th
ỏ
a mãn
3
2
x y z
+ + ≤
. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u
th
ứ
c
2 2 2
1 1 1
x y z
P
y z x x y z
= + + + + +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 đ
i

ể
m
):
Thí sinh ch
ỉ

đượ
c làm m
ộ
t trong hai ph
ầ
n
(
ph
ầ
n A ho
ặ
c B
)
A. Theo ch
ươ
ng trình Chu
ẩ
n
Câu 7.a (1.0
đ
i
ể
m
).

Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ

( )
Oxy
, cho hình ch
ữ
nh
ậ
t
ABCD
có
đườ
ng chéo

: 2 9 0
ACx y
+ − =

.
Đ
i
ể
m
(0;4)
M
n
ằ
m trên c
ạ
nh
BC
. Xác
đị
nh t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t
đ
ã cho

bi
ế
t r
ằ
ng di
ệ
n tích c
ủ
a hình ch
ữ
nh
ậ
t
đ
ó b
ằ
ng
6
,
đườ
ng th
ẳ
ng
CD

đ
i qua
(2;8)
N
và

đỉ
nh
C
có tung
độ

là m
ộ
t s
ố
nguyên.
Câu 8.a (1.0
đ
i
ể
m
).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ

Oxyz
, cho m
ặ
t ph

ẳ
ng
(): 3 0
P x y z
+ + + =
và hai

đ
i
ể
m
(3;1;1),(7;3;9)
A B
. Tìm trên m
ặ
t ph
ẳ
ng
()
P

đ
i
ể
m
M
sao cho
MA MB
+
 

đạ
t giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t.

Câu 9.a (1.0 đ
i
ể
m
).
Trong m
ộ
t chi
ế
c h
ộ
p có 6 viên bi
đỏ
, 5 viên bi vàng và 4 viên bi tr
ắ
ng. L
ấ
y ng
ẫ
u nhiên

trong h
ộ
p ra 4 viên bi. Tính xác su
ấ
t
để
trong 4 bi l
ấ
y ra không có
đủ
c
ả
ba màu.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1.0 đ
i
ể
m
).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t

ọ
a
độ

( )
Oxy
, cho hình ch
ữ
nh
ậ
t
ABCD
. Hai
đ
i
ể
m
,
BC

thu
ộ
c tr
ụ
c tung. Ph
ươ
ng trình
đườ
ng chéo
:3 4 16 0

AC x y
+ − =
. Xác
đị
nh t
ọ
a
độ
các
đỉ
nh c
ủ
a hình ch
ữ

nh
ậ
t
đ
ã cho bi
ế
t r
ằ
ng bán kính
đườ
ng tròn n
ộ
i ti
ế
p tam giác

ACD
b
ằ
ng 1.
Câu 8.b (1.0 đ
i
ể
m
).
Trong không gian v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxyz, cho
đườ
ng th
ẳ
ng
1 1 1
():
1 2 3
x y z
− + −
∆ = =
−
và

hai
đ
i
ể
m
(2;1;1); (1;1;0)
A B
. Tìm
đ
i
ể
m
M
thu
ộ
c
()
∆
sao cho tam giác
AMB
có di
ệ
n tích nh
ỏ
nh
ấ
t.

Câu 9.b (1.0 đ
i

ể
m
).

Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình
1lg( )
10 50
lg( ) lg( ) 2 lg5
x y
x y x y
+ +

=


− + + = −


.



H
ế

t





Thí sinh không
đượ
c s
ử
d
ụ
ng tài li
ệ
u. Cán b
ộ
coi thi không gi
ả
i thích gì thêm.

H
ọ
và tên thí sinh: ; S
ố
báo danh:
S
Ở
GD&
Đ
T

ĐỒ
NG THÁP
Đ
ÁP ÁN – THANG
Đ
I
Ể
M
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 đ
i
ể
m
)
Khi
0
m
=
ta có
3 2
3 1
y x x
= − + +

• Tập xác định:
D
=


•
Sự biến thiên:
−
Chi
ề
u bi
ế
n thiên:
2
' 3 6 ; ' 0 0
y x x y x
= − + = ⇔ =
ho
ặ
c
2
x
=

0,25
Khoảng đồng biến:
(0;2)
; các khoảng nghịch biến:
( ;0)
−∞

và
(2; )
+∞

−
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
0; 1
CT
x y
= =
; đạt cực đại tại
2, 5
CÑ
x y
= =

−
Gi
ớ
i h
ạ
n:
lim
x
y
→−∞
= +∞
;
lim
x

y
→+∞
= −∞

0,25
−
B
ả
ng bi
ế
n thiên:

x

−∞

0

2

+∞

'
y

−

0

+

0

−

y

+∞

5




1

−∞


0,25








•

Đồ
th
ị
:


0,25
b. (1,0 điểm)

Ta có:
2 2
' 3 6 3 6
y x x m m
= − + + +


2
' 0 2 ( 2) 0
2
x m
y x x mm
x m

= −
= ⇔ − − + = ⇔

= +


0,25

Hàm s
ố
có hai c
ự
c tr
ị

⇔
' 0
y
=
có hai nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
⇔

2 1
m m m
+ ≠ − ⇔ ≠ −

0,25
1
(2,0
điểm
)
Với
3 2
2 3 1

x m y m m
= −
⇒
= − − +

Với
3 2
2 2 9 12 5
x m y m m m
= +
⇒
= + + +

Tọa độ hai điểm cực trị là
(
)
3 2
;2 3 1
A m m m
− − − +
và
(
)
3 2
2;2 9 12 5
Bm m m m
+ + + +

0,25
(

)
1;3
I
là trung điểm của
AB
⇔
2
2
0
6 12 0
2 2
A B I
A B I
x x x
m
m m
y y y m

+ =

=

⇔ + = ⇔


+ = = −




Vậy giá trị
m
cần tìm là
0, 2
m m
= = −
.
0,25
Điều kiện:
cos 0
x
≠
.
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i
2 2
cos sin cos sin
x x x x
+ = +

0,25

(cos sin)(cos sin 1) 0
x x x x
⇔ − + − =

0,25
cos sin 0
x x
− = ⇔
tan 1
4
x x k
π
π
= ⇔ = +

( )
k
∈


0,25
2
(1,0 điểm)
2
1
cos sin 1 cos 2
4 4 4
2
2
2

x k
x x x x k
x k
π
π π π
π
π
π

=
 

+ = ⇔ − = ⇔ − = ± + ⇔
 

= +
 



( )
k
∈


Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm
4
x k
π
π

= +
hoặc
2
x k
π
=
.
( )
k
∈


0,25
Xét h
ệ
ph
ươ
ng trình
2 2
2
4 4 2 2 0 (1)
81 2 9 0 (2)
x xy y x y
x y

+ + + + − =


− + − =




Điều kiện:
1
1 2 0
2
x x
− ≥ ⇔ ≤
. Đặt
2
t x y
= +
, phương trình (1) trở thành:

2
1
2 0
2
t
t t
t

=
+ − = ⇔

= −


0,25
Nếu

1
t
=
thì
2 1 1 2 0
x y x y
+ = ⇔ − = ≥
. Thế vào phương trình (2) ta được phương trình

2
8 9 0
y y
+ − =

Đặt
0
u y
= ≥
, phương trình trở thành:
4 3 2
8 9 0 ( 1)( 9) 0 1
u u u u u u u
+ − = ⇔ − + + + = ⇔ =
. Khi đó hệ có nghiệm
0
1
x
y

=


=


0,25
Nếu
2
t
= −
thì
2 2 1 2 3 0
x y x y
+ = − ⇔ − = + ≥
. Thế vào phương trình (2) ta được
phương trình

2
3
8 3 9 0 8 3 ( 3)( 3) 0
8 ( 3) 3 0
y
y y y y y
y y

= −
+ + − = ⇔ + + − + = ⇔

+ − + =



Với
3
y
= −
thì hệ có nghiệm
1
2
3
x
y

=



= −


0,25
3
(1,0 điểm)
Xét phương trình
8 ( 3) 3 0
y y
+ − + =
(3)
Đặt
3 0
v y

= + ≥
, phương trình (3) trở thành:
3
6 8 0
v v
− + =

Xét hàm số
3
() 6 8
fv v v
= − +
, ta có:

2
'() 3 6
f v v
= −
và
'() 0 2
f v v
= ⇔ = ±

Hàm
()
fv
đạt cực đại tại
( 2;8 42)
− +
, đạt cực tiểu tại

(2;8 42)
−

Vì
(0) 8 0
f
= >
và
8 42 0
− >
nên
() 0
fv
=
không có nghiệm
0
v
≥

0,25
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
1
0
;
2
1
3
x
x
y

y


=
=

 
=


= −

.
Ta có:
1 1
3 4 5
0 0
1
I x x dx xdx
= + −
∫ ∫

0,25
1
1
6
5
0
0
1

6 6
x
xdx
 
= =
 
 
∫

0,25
Đặ
t
4 2 4 3
1 1 2
t x t x tdt xdx
= + ⇒ = + ⇒ =

Đổ
i c
ậ
n:
0 1 ; 1 2
x t x t=
⇒
= =
⇒
=

Suy ra:
2

2
3
2
1
1
1 1 2 1
2 2 3 3 6
t
I tdt
 
= = = −
 
 
∫

0,25
4
(1,0 điểm)
Vậy

2 1
3
I
−
=
.
0,25

Gọi
H DK IC
= ∩
, do
ABCD
là hình vuông cạnh
a
nên ta suy ra được

IC DK
⊥
,
5
2
a
DK IC
= =
,
. 5
5
CKCD a
CH
DK
= =
,
3 5
10
a
IH
=

0,25
Xét
'
AAI
∆
ta được
3
'
2
a
AI
=
. Suy ra:
3
'.
1 11 3
. .' . . . .'
3 32 16
AIDK IDK
a
V S AI DKIHAI
= = =

0,25
Do
( ' ) ( ' ) ( ' )
'
DK IH
DK AIH AIH ADK

DK AI

⊥
⇒
⊥
⇒
⊥

⊥


Trong
( ' )
AIH
, kẻ
'
IE AH
⊥
. Suy ra:
( ' ) (,( ' )
IE AKD IE dI AKD
⊥
⇒
=

0,25
5
(1,0 điểm)
Xét tam giác
'

AIH
∆
:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 20 32 3 2
8
' 3 9 9
a
IE
IE AI IH a a a
= + = + =
⇒
=

Vậy
3 2
(,( ' )
8
a
dI AKD
=
.
0,25

6
(1,0
đ
i
ể
m)

Ta có:
2 2 2
3
3
1 1 1 3
3
x y z
A xyz
y z x x y z
xyz
= + + + + + ≥ +

0,25
Đặt
3
t xyz
=
ta có
3
1
0
3 2
x y z
t xyz
+ +
< = < ≤

0,25
Khi đó:
3 3 9 15

3 12 9 236
2 2
P t t t
t t
≥ + = + − ≥ − =

0,25
D
ấ
u
đẳ
ng th
ứ
c x
ả
y ra khi và ch
ỉ
khi
1
2
x y z
= = =

Vậy
15
min
2
A
=
.

0,25

Vì
: 2 9 0 (9 2;)
C ACx y C cc
∈ + − =
⇒
−

Khi
đ
ó
(7 2; 8), (9 2; 4)
NC cc MC cc
= − − = − −
 

Khi đó ta có:

5
. 0 (7 2)(9 2) ( 8)( 4) 0
19
5
c
NCMC c c c c
c

=

= ⇔ − − − − − = ⇔


=




0,25

Vì
C
có tung độ là một số nguyên nên
(1;5)
C
−

Từ
M
kẻ đường thẳng vuông góc với
BC
cắt
AC
tại
'
A

Khi đó
':2 4 0
MA x y
− + =
. Suy ra

122
' ;
5 5
A
 
 
 

0,25
Ta có
'
1 1
. '.
2 3
AMC
S MAMC
= =

Hai tam giác
ABC
và
'
AMC
nên
2
'
1 3.1
3
9 3 (2;2)
1

5 3.(1)
3
B
ABC
AMC
B
x
S
CB
CB CM B
CM S
y

+ =
 

= = = ⇒ = ⇒ ⇒

 
− = −

 

 

0,25
7.a
(1,0 điểm)
Tương tự
3 ' (3;3)

CA CA A=
⇒
 

Từ
(0;6)
AB DC D=
⇒
 

V
ậ
y
(3;3),(2;2), (1;5), (0;6)
A B C D
−
.
0,25
G
ọ
i
I
là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
đ

o
ạ
n
AB
thì
(5;2;5)
I

Ta có:
2 2
MA MB MI MI
+ = =
  

0,25 8.a
(1,0 điểm)
MA MB
+
 
đạt giá trị nhỏ nhất
⇔
MI
nhỏ nhất
⇔

M
là hình chiếu của
I
trên mp(P)
0,25

Đường thẳng
∆
qua
I
và vuông góc với mặt phẳng (P) nhận
(1;1;1)
n =

là VTCP có
phương trình
5 2 5
1 1 1
x y z
− − −
= =

0,25
T
ọ
a
độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
M

c
ủ
a
∆
và (P) là nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
ph
ươ
ng trình:

0
5 2 5
3
1 1 1
3 0
0
x
x y z
y
x y z
z

=

− − −
= =

 
⇔ = −
 
 
+ + + =
=



V
ậ
y
(0;3;0)
M
−
.
0,25
S
ố
cách ch
ọ
n 4 viên bi b
ấ
t k
ỳ
trong h
ộ
p là
4
15

1365
C =
cách
0,25
Các tr
ườ
ng h
ợ
p cho ra 4 viên bi có
đủ
3 màu là:
•
2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng:
2 1 1
6 5 4
300
CCC =

•
1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng:
1 2 1
6 5 4
240
CCC =

•
1
đỏ
, 1 tr
ắ

ng, 2 vàng:
1 1 2
6 5 4
180
CCC =

Theo quy tắc cộng, cách chọn ra 4 viên bi có đủ ba màu là:

300 240 180 720
+ + =
cách
0,25
Do đó số cách chọn ra 4 viên bi không có đủ ba màu là:
1365 720 645
− =
cách
0,25
9.a
(1,0 đ
i
ể
m
)
Vậy xác suất cần tìm là:
645 43
1365 91
P = =
.
0,25

Ta có
C
là giao điểm của trục tung và đường thẳng
AC
nên
(
)
0;4
C

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
(0;)
B b
. Đường thẳng
AB
đi qua
B
và vuông góc với
: 0
BC Oyx
≡ =
nên

:
ABy b
=

0,25
Vì
A
là giao điểm của
AB
và
AC
nên
16 4
;
3
b
A b
 
−
 
 

Gọi
r
là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
. Ta có

2
2

16 4
4.
2.
3
1
4
3
16 4 16 4
4 ( 4)
3 3
ABC
b
b
S
S b
AB BC CA
b b
b b
−
−
= = = −
+ +
 
− −
− + + − +
 
 

0,25
Theo giả thiết

1
r
=
nên ta có
1
b
=
hoặc
7
b
=

0,25
7.b
(1,0 điểm)
Với
1
b
=
ta có
(4;1),(0;1)
A B
. Suy ra:
(4;4)
D

V
ớ
i
7

b
=
ta có
(4;7),(0;7)
A B
− −
. Suy ra:
(4;4)
D
−
.
0,25

Gọi
(1 ;1 2;1 3)
M t t t d
+ − − + ∈
. Ta có:
(1 ;2 2;3), (1;0;1)
AM t t t AB
= − + − − = − −
 

0,25
2
1 1
, (2 2;2 1;2 2) , 12 20 9
2 2
AMB
AMAB t t t S AMAB t t

   
= − − + +
⇒
= = + +
   
   

0,25
2
1 5 2 1 2
12
2 6 3 2 3
t
 
= + + ≥
 
 
.
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi
5
6
t
= −
. Vậy
12 3
; ;
63 2

M
 
−
 
 
.
0,25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n
0
0
x y
x y

− >

+ >


0,25
Ta có:
lg( )
(1) 50 10.10 10( ) 5
x y
x y x y
+

⇔ = = + ⇔ + =

0,25
Thế vào (2) ta được:
22lg5
lg5 2
10 100
lg( ) 2 2lg5 10 4
25
(10 )
x y x y
−
− = − ⇔ − = = = =

0,25
9.b
(1,0 điểm)
Hệ đã cho tương đương với
9
5
2
4 1
2
x
x y
x y
y

=



+ =

⇔
 
− =


=



Vậy hệ phương trình có nghiệm là
91
;
22
 
 
 
.
0,25


Hết
1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối B

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

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 đ
i
ể
m
)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
2 1
x
y
x
+
=
+
(C).
a) Kh
ả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị
(C) c

ủ
a hàm s
ố
.
b)
Đườ
ng th
ẳ
ng
(
)
1
d
có ph
ươ
ng trình
y x
=
c
ắ
t (
C
) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m
A

và
B
.
Đườ
ng th
ẳ
ng
(
)
2
d
có
ph
ươ
ng trình
y x m
= +
. Tìm t
ấ
t c
ả
các giá tr
ị
c
ủ
a
m

để

(
)
2
d
c
ắ
t (
C
) t
ạ
i hai
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
C
,
D
sao cho b
ố
n
đ
i
ể
m
A, B, C, D
là b
ố

n
đỉ
nh c
ủ
a hình bình hành.
Câu 2 (1,0 đ
i
ể
m
).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
(
)
( )
2
cos cos 1
2 1 sin
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
.

Câu 3 (1,0 đ
i
ể
m
).
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
2 2
3
3
x y
y x
x y xy

+ =



− + =

(
∈
x, y R
)

Câu 4 (1,0 điểm).
Tìm các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố

m

để
ph
ươ
ng trình
mxxx
=++−− 12213
232
,
(
)
m R
∈

có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t thu
ộ
c

đ
o
ạ
n
[
]
1;1
−
.

Câu 5 (1,0 điểm).
Cho hình chóp
S.ABC
có
3
SA a
=
,
(
)
0 .
a SA
>
t
ạ
o v
ớ
i m
ặ
t ph

ẳ
ng
đ
áy (
ABC
) m
ột góc
b
ằ
ng
60
o
. Tam giác
ABC vuông t
ạ
i B,

0
30
ACB
=
, G là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác ABC. Hai m
ặ
t ph
ẳ
ng (SGB)

và (SGC) cùng vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC). Tính th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i chóp S.ABC theo a.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho x, y, z là các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng th
ỏ
a mãn:
2 2 2
3
x y z
+ + ≤
. Tìm giá tr
ị
nh

ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u
th
ứ
c:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
= + +
+ + +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 đ
i
ể
m
)
Thí sinh ch
ỉ

đượ
c làm m
ộ
t trong hai ph

ầ
n (ph
ầ
n A ho
ặ
c ph
ầ
n B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy, cho hai
đ
i
ể
m
(
)
(
)
1; 2 , 3; 4
M N
−

và
đườ
ng th
ẳ
ng
( ) : – 3 0
d x y
+ =
.Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn
đ
i qua hai
đ
i
ể
m M, N và ti
ế
p xúc v
ớ
i
( )
d
.
Câu 8.a (1,0 điểm).
Tìm h

ệ
s
ố
c
ủ
a
4
x
trong khai tri
ể
n bi
ể
u th
ứ
c
3
2
, 0
n
x x
x
 
− >
 
 
bi
ế
t n là s
ố
t

ự
nhiên th
ỏ
a
mãn h
ệ
th
ứ
c:
6 2
4
454
n
n n
C nA
−
−
+ = .
Câu 9.a (1,0 điểm).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình :
3
3 3
2 log
4
1
log 9 1 log

x
x x
−
− =
−
.

B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy, cho
đ
i
ể
m A(3; 2); các
đườ
ng th
ẳ
ng
1
( ) : – 3 0
d x y
+ =

và
đườ
ng th
ẳ
ng
2
( ) : – 9 0
d x y
+ =
. Tìm t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m B thu
ộ
c
1
( )
d
và
đ
i
ể
m C thu
ộ
c

2
( )
d
sao cho tam giác ABC
vuông cân t
ạ
i A.

Câu 8.b (1,0 điểm).
Cho t
ậ
p h
ợ
p
{
}
0,1, 2,3, 4,5, 6, 7
X
=
. Có th
ể
l
ậ
p
đượ
c bao nhiêu s
ố
t
ự
nhiên g

ồ
m 5 ch
ữ
s
ố

khác nhau
đ
ôi m
ộ
t t
ừ
X, sao cho m
ộ
t trong ba ch
ữ
s
ố

đầ
u tiên ph
ả
i b
ằ
ng 1.

Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm giới hạn:
3
2
2

2 6
lim
4
x
x x
I
x
→
+ − +
=
−
.
H
ế
t
Thí sinh không
đượ
c s
ử
d
ụ
ng tài li
ệ
u. Cán b
ộ
coi thi không gi
ả
i thích gì thêm!

2

Họ và tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh:……………………………………
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC


KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối B
HƯỚNG DẪN CHẤM
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
- Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý

Nội dung trình bày Điểm
1 a
Khảo sát vẽ đồ thị hàm số
2
2 1
x
y
x
+
=
+
(C).
1,0

TXĐ:
1
\
2
D
 
 
 
= −
 
 
 
 
ℝ
.
Giới hạn:
1 1
2 2
1 1
lim ;lim ; lim ; lim .
2 2
x x
x x
y y
+ −
→−∞ →+∞
   
 
 
 

 →− →−
 
 
 
 
 
   
= = =+∞ =−∞

TCĐ:
1
2
x
=−
; TCN:
1
.
2
y
=

0.25
Ta có:
2
3 1
' 0;
2
(2 1)
y x
x

−
= < ∀ ≠−
+
.
Hàm số nghịch biến trên
1
;
2
 



−∞−





 
và
1
; .
2
 



− +∞






 

0.25
BBT
x
−∞


1
2
−


+∞

y’
−


−



y

1
2

+∞


−∞


1
2







0.25



c) Đồ thị:
Giao với Ox tại
(
)
2;0
−

Giao với Oy tại

(
)
0;2
.
Đồ thị nhận giao điểm
1 1
;
2 2
I
 



−





 
của hai
tiệm cận làm tâm đối xứng.




0.25

b
Đường thẳng

(
)
1
d
có phương trình
y x
=
cắt (
C
) tại hai điểm
A
và
B
. Đường thẳng
1.0
(Đáp án có 06 trang)

3

(
)
2
d
có phương trình
y x m
= +
. Tìm tất cả các giá trị của m để
(
)
2

d
cắt (C) tại hai
điểm phân biệt C, D sao cho bốn điểm A, B, C, D là bốn đỉnh của hình bình hành.
d
1
giao (C) tại 2 điểm A(-1;-1) , B(1;1) và
2
8
AB
=
.

0.25
Phương trình hoành độ giao điểm của d
2
và (C) là
2
2 2 2 0 (1)
2
1
2 1
2
x mx m
x
x m
x
x


+ + − =


+


= + ⇔


+
≠−





0.25
d
2
cắt (C) tại 2 điểm C, D khi và chỉ khi (1) có 2 nghiệm phân biệt khác
1
2
−

2
' 2 4 0
1
2 0
2
m m
m m



∆= − + >



⇔


− + − ≠




đúng
m
∀
.
0.25

(
)
(
)
1 1 2 2
; ; ;
C x x m D x x m
+ +
, (
1 2
,

x x
là nghiệm của (1))
Theo Viet ta có:
1 2
1 2
2
.
2
x x m
m
x x


+ =−




−

=





A,B,C,D là bốn đỉnh một hình bình hành
2 2 2
1 2 1 2
// 0

( ) 4 4
AB CD m
AB CD x x xx
 
 
≠
 
 
⇔ ⇔
 
 
= + − =
 
 
 

2
0
2
2 0
m
m
m m


≠


⇔ ⇒ =



− =



. KL:
2.
m
=

0.25
2
Giải phương trình:
(
)
( )
2
cos cos 1
2 1 sin
sin cos
x x
x
x x
−
= +
+
.
1.0

Điều kiện:

sin cos 0 , (*).
4
x x x k k
π
π
+ ≠ ⇔ ≠− + ∈
ℤ

0.25
Ta có:
(
)
(
)
2
(1 sin ) cos 1 2 1 sin (sin cos )
PT x x x x x
⇔ − − = + +


(
)
(
)
(
)
1 sin 1 s 1 sin 0
x co x x
⇔ + + + =

0.25
1 sin 0
2
;
2
1 cos 0
2
x
x k
k
x
x k
π
π
π π


+ =

=− +


⇔ ⇔ ∈


+ =

= +




ℤ

0.25

Kết hợp với điều kiện (*), suy ra phương trình đã cho có nghiệm là:
(
)
2 ; 2
2
x k x k k
π
π π π
=− + = + ∈
ℤ
.
0.25
3
Giải hệ phương trình:
2 2
3
3
x y
y x
x y xy

+ =




− + =


1,0


Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
0
xy
>

0.25

4

Hệ phương trình cho tương đương với
2x 2
5
3
y
y x
x y xy

+ =




− + =


2 2
2
3
( 2 )(2x ) 0
2x 2 5 0
3
3
2
3
x y
x y xy
x y y
y xy
x y xy
x y xy
y x
x y xy
 =



− + =
− − =

+ − =




⇔ ⇔ ⇔
 

− + =
− + =
=





− + =




0.25
+ V
ớ
i
2
3
x y
x y xy
=



− + =

( )
3
( ; ) 2; 1 , ( ; ) 3;
2
x y x y
 
⇔ = = − −
 
 

0.25
+ V
ớ
i
2
3
y x
x y xy
=


− + =

( )
3
( ; ) 1; 2 , ( ; ) ( ;3)
2
x y x y

⇔ = − − =

V
ậ
y h
ệ
có nghi
ệ
m là :
( ) ( )
3 3
2; 1 , 3; , 1; 2 , ( ;3)
2 2
 
− − − −
 
 
.
0.25
4
Tìm các giá tr
ị
c
ủ
a tham s
ố

m

để

ph
ươ
ng trình
mxxx =++−− 12213
232

(
)
m R
∈
, có nghi
ệ
m duy nh
ấ
t thu
ộ
c
đ
o
ạ
n
[
]
1;1
−

1,0

Đặ
t

( )
2 3 2
31 2 2 1
f x x x x
= − − + +
,
(
)
f x
xác
đị
nh và liên t
ụ
c trên
đ
o
ạ
n
;
1
1
2
 
−
 
 
.
( )
2
2 3 2 2 3 2

3 3 4 3 3 4
'
1 2 1 1 2 1
x x x x
f x x
x x x x x x
 
+ +
= − − = − +
 
− + + − + +
 
.
0.25
Ta có:
2 3 2
3 3 4
0
1 2 1
x
x x x
+
+ >
− + +
,
(
)
1;1
x∀ ∈ −

V
ậ
y:
(
)
'
0 0
f x x
= ⇔ =
.
0.25
BBT:
x

-
1 0 1
(
)
/
f x
|| +
0
- ||


(
)
f x

1


2 2
−
-
4


0.25

D
ự
a vào b
ả
ng bi
ế
n thiên suy ra ph
ươ
ng trình
đ
ã cho có 1 nghi
ệ
m duy nh
ấ
t thu
ộ
c
[
]

1;1
−
4 2 2
1
m
m

− ≤ < −
⇔

=


0.25
5
Cho hình chóp S.ABC có
3
SA a
=

(
)
0,
a SA
>
t
ạ
o v
ớ
i m

ặ
t ph
ẳ
ng
đ
áy (ABC) m
ộ
t
góc b
ằ
ng
60
o
. Tam giác ABC vuông t
ạ
i B,

0
30
ACB
=
, G là tr
ọ
ng tâm c
ủ
a tam giác
ABC. Hai m
ặ
t ph
ẳ

ng (SGB) và (SGC) cùng vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng (ABC). Tính th
ể

tích c
ủ
a kh
ố
i chóp S.ABC theo a.
1,0


5


Gọi M là trung điểm của BC. Ta có
( ) ( )
SBG SCG SG
∩ =

(SGB) và (SGC) cùng vuông góc v
ớ
i m
ặ
t ph

ẳ
ng (ABC) suy ra

0
( ), 60
SG ABC SAG⊥ =
, SG là chi
ề
u cao c
ủ
a chóp S.ABC.
0.25

3 3 3
.sin 3 .
2 2
a
SG SA SAG a
= = = ;

3
. os
2
a
AG SA c SAG= =
(1)
ABC
∆
vuông t
ạ

i
B
có
30
o
C
=
.
Đặ
t
(
)
, 0
AB x x
= >
suy ra
3
3,
2
x
BC x BM
= =

0.25
2 2
7
2
x
AM AB BM
= + =

;
2 7
3 3
x
AG AM
= =
(2)
T
ừ
(1) và (2) suy ra
7 3 9
3 2
2 7
x a a
x
= ⇔ =

0.25

2
2
1 1 81 3
. 3
2 2 56
ABC
a
S AB BC x
= = =
;
2 3

.
1 1 3 3 81 3 243
. . .
3 3 2 56 112
S ABC ABC
a a a
V SG S
= = =
(
đ
vtt)

0.25
6
Cho
x
,
y
,
z
là các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng th
ỏ
a mãn:
2 2 2

3
x y z
+ + ≤
. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a
bi
ể
u th
ứ
c:
1 1 1
1 1 1
P
xy yz zx
= + +
+ + +

1,0

Ta có
[ ]
1 1 1
(1 ) (1 ) (1 ) 9

1 1 1
xy yz zx
xy yz zx
 
+ + + + + + + ≥
 
+ + +
 

0.25
2 2 2
9 9
3 3
P
xy yz zx x y z
⇔ ≥ ≥
+ + + + + +
0.25
⇒

9 3
6 2
P
≥ =

0.25

V
ậ
y GTNN là

P
min
=
3
2
khi
x
=
y
=
z=
1
0.25
7.a
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ

Oxy
, cho hai
đ
i
ể
m
(

)
(
)
1;2, 3; 4
M N
−
và
đườ
ng th
ẳ
ng
( ): –3 0
d x y
+ =
.Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn
đ
i qua
M
,
N
và ti
ế
p xúc v
ớ

i
( )
d
.
1,0


G
ọ
i
E
là trung
đ
i
ể
m
MN
ta có
E
(2;-1). G
ọ
i
∆
là
đườ
ng trung tr
ự
c c
ủ
a

MN
.
Suy ra
∆
có ph
ươ
ng trình
(
)
2 3 1 0 3 5 0.
x y x y
− − + = ⇔ − − =

G
ọ
i
I
là tâm
đườ
ng tròn
đ
i qua
M
,
N
thì
I
n
ằ
m trên

∆
.
0.25
G

M

C

B

A

S


6

Giả sử
(
)
3 5;
I t t
+
. Ta có
( ) ( ) ( )
(
)
2
2 2

4 2
, 3 4 2
2
t
IM d I d t t
+
= ⇔ + + − =

0.25
2
2 12 18 0 3
t t t
+ + = ⇔ =−
. Từ đó suy ra
(
)
4; 3
I
− −
, bán kính R = IM=
5 2
.
0.25
Phương trình đường tròn
(
)
(
)
2 2
4 3 50

x y+ + + =
.
0.25
8.a
Tìm hệ số của
4
x
trong khai triển biểu thức
3
2
; 0,
n
x x
x
 



− >





 
biết
n
là số tự nhiên
thỏa mãn hệ thức:
6 2

4
454
n
n n
C nA
−
−
+ =
.
1.0
Từ hệ thức đã cho suy ra
6
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
8
n
=
,
( )( )
( )
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

Hệ số của x
4
tương ứng với

24 4 4 5
k k
− = ⇔ =
.
Vậy hệ số của x
4
là
(
)
8 5
5 5
8
2 1 1792
C
−
− =− .
0.25
9.a
Giải phương trình :
3
3 3
2 log 4
1
log 9 1 log
x
x x
−
− =
−
.

1,0
Điều kiện :
1
0; ; 3.
9
x x x
> ≠ ≠

0.25
Đặ
t
3
log (t 2; 1)
x t t
= ≠ − ≠
, ta
đượ
c :
2
2 4
1 3 4 0
2 1
t
t t
t t
−
− = ⇔ − − =
+ −

0.25

1
4
t
t
= −

⇔

=

1
, 81
3
x x
= =

0.25

V
ậ
y t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình là :
1

, 81
3
x x
= =

0.25
7.b
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng t
ọ
a
độ
Oxy, cho
đ
i
ể
m A(3; 2); các
đư
ờ
ng th
ẳ
ng
1
( ): – 3 0
d x y
+ =
và

đườ
ng th
ẳ
ng
2
( ): –9 0
d x y
+ =
Tìm t
ọ
a
độ

đ
i
ể
m B
thu
ộ
c
1
( )
d
và
đ
i
ể
m C thu
ộ
c

2
( )
d
sao cho tam giác ABC vuông cân t
ạ
i A.
1,0

Ta có:
(
)
(
)
1 2
;3 , ;9
B d B a a C d C b b
∈ ⇔ − ∈ ⇔ −
(
)
3;1 ,
AB a a
⇒ = − −


(
)
3;7
AC b b
= − −


, ∆ ABC vuông cân t
ạ
i A
2 2
. 0
ABAC
AB AC


=


⇔


=





0.25
2 2
2 10 4 16 0 (1)
2 8 2 20 48 (2)
ab a b
a a b b


− − + =



⇔


− = − +




0.25

()
5 8
1
2
a
b
a
−
⇔ =
−
. (Do a = 2 không t/mãn h
ệ
). Th
ế
vào (2) tìm
đượ
c
0

a
=
,
4
a
=

0.25

V
ớ
i
0
a
=
ta có
4
b
=
. V
ậ
y
(
)
0;3
B
và
(
)
4; 5

C
.
V
ớ
i
4
a
=
ta có
6
b
=
. V
ậ
y
(
)
4; 1
B
−
và
(
)
6; 3
C
.
0.25


7

8.b
Cho tập hợp
{
}
0,1, 2,3, 4,5, 6, 7
X =
. Có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ
số khác nhau đôi một từ X, sao cho một trong ba chữ số đầu tiên phải bằng 1.
1,0
Giả sử số có 5 chữ số khác nhau đôi một là:
a b c d e
, (
0
a
≠
)

0.25
Xem các s
ố hình thứ
c
a b c d e
, k
ể
c
ả
a = 0. Có 3 cách ch
ọn vị
trí cho 1 (1 là a ho

ặ
c là
b ho
ặ
c là c). Sau
đó chọn trị
khác nhau cho 4 v
ị
trí còn l
ạ
i t
ừ
X \
{
}
1
: s
ố cách chọn
4
7
A
.

Nh
ư
th
ế
có 3 x (7 x 6 x 5 x 4) = 2520 s
ố.
0.25

Xem các s
ố hình thứ
c
0
b c d e
có 2.
3
6
240
A =
s
ố

0.25

Lo
ạ
i nh
ữ
ng s
ố
d
ạ
ng 0
b c d e
ra, ta còn 2520 – 240 = 2280 s
ố
th
ỏ
a mãn yêu c

ầ
u
đề
bài.
0.25
9.b
Tìm gi
ớ
i h
ạ
n :
3
2
2
2 6
lim
4
x
x x
x
→
+ − +
−
.
1,0

3 3
2 2
2 2
2 6 ( 2 2) ( 6 2)

lim lim
4 4
x x
x x x x
x x
→ →
+ − + + − − + −
=
− −

0.25
2
2
3
3
2 2
lim
( 2)( 2)( 2 2)
( 2)( 2)( ( 6) 2 6 4)
x
x x
x x x
x x x x
→
 
− −
= −
 
− + + +
 − + + + + + 

 

0.25
2
2
3
3
1 1
lim
( 2)( 2 2)
( 2)( ( 6) 2 6 4)
x
x x
x x x
→
 
= −
 
+ + +
 + + + + + 
 

0.25

1 1 1
16 48 24
= − =
.
0.25

Hết


1

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC


ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề


I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2
3 2
y x x
= − +
có đồ thị là
( )
C
.
a) Khả
o sát s
ự
bi
ế
n thiên và v
ẽ

đồ
th
ị

( )
C
c
ủ
a hàm s
ố
.
b) G
ọ
i
( )
d
là
đườ
ng th
ẳ
ng qua
(1; 0)
A và có h
ệ
s
ố
góc
k
.Tìm t

ấ
t c
ả
các giá tr
ị
th
ự
c c
ủ
a
k

để

( )
d
c
ắ
t
đồ

th
ị

( )
C
t
ạ
i
3

điể
m phân bi
ệ
t có hoành
độ
1 2 3
, ,
x x x
th
ỏa mãn
2 2 2
1 2 3
11
x x x
+ + =
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2 2
1 sin sin cos sin 2 cos
2 2 4 2
x x x
x x
π
 
+ − = −
 
 
.
Câu 3 (1,0 điểm).

Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2
2
1 3 2
1 3
x x
x x
= + + −
+ + −
.
Câu 4

(1,0 điểm).
Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình :
2 2
4
2
( )(1 ) 32
x y
x y xy


+ =


+ + =


( ,x y
∈
ℝ
).
Câu 5 (1,0 điểm)
. Cho hình chóp .
S ABCD
có
đ
áy
ABCD
là hình vuông c
ạ
nh
a
, tam giác
SAB

đề
u và
n
ằ
m trong m

ặ
t ph
ẳ
ng vuông góc v
ớ
i m
ặ
t
đ
áy. G
ọ
i
, , ,
M N P K
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a các
đ
o
ạ
n th
ẳ

ng
,
BC
,
CD
,
SD
SB
. Tính th
ể
tích c
ủ
a kh
ố
i chóp .
S ABMN
và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng
MK
và
AP
theo
a

.
Câu 6

(1,0 điểm).
Cho
,
x y
là hai s
ố
th
ự
c d
ươ
ng thay
đổ
i tho
ả
mãn
đ
i
ề
u ki
ệ
n
4( ) 5 0
x y
+ − =
. Tìm giá
tr
ị

nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c :
4 1
4
P
x y
= +
.
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 m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ

i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ

Oxy
, cho tam giác
ABC
có
(0; 2); ( 2; 2);
A B
− −

(4; 2)
C
−
. G
ọ
i
P
là hình chi
ế
u vuông góc c
ủ
a
B

trên
AC
;
,
M N
l
ầ
n l
ượ
t là trung
đ
i
ể
m c
ủ
a
AB
và
BC
.
Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn
đ
i qua ba
đ

i
ể
m
, ,
M N P
.
Câu 8.a (1,0 điểm).
Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2 3
4 2 8
log ( 1) 2 2 log 3 log (3 )
x x x
+ + = − + +
.
Câu 9.a (1,0 điểm).
M
ộ
t thùng
đự
ng 12 h
ộ
p s
ữ
a. Trong 12 h
ộ
p

đ
ó có 5 h
ộ
p s
ữ
a cam , 7 h
ộ
p s
ữ
a dâu. L
ấ
y
ng
ẫ
u nhiên 3 h
ộ
p s
ữ
a trong thùng, tính xác su
ấ
t
để
trong 3 h
ộ
p s
ữ
a
đượ
c l
ấ

y ra có ít nh
ấ
t 2 h
ộ
p s
ữ
a cam.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ

Oxy
cho tam giác
ABC
có
đỉ
nh

(
)
12;1
B
−
và
tr
ọ
ng tâm
1 2
;
3 3
G
 
 
 
.
Đườ
ng phân giác trong k
ẻ
t
ừ

đỉ
nh
A
có ph
ươ
ng trình
2 5 0

x y
+ − =
. Vi
ế
t ph
ươ
ng
trình
đườ
ng th
ẳ
ng
BC
.
Câu 8.b (1,0 điểm).
Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ

Oxy
, cho
đườ
ng tròn
( )
C
có ph
ươ
ng trình:
2 2
6 2 6 0
x y x y
+ − + − =
và
đ
i
ể
m
(3;3)
A . L
ậ
p ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
( )
d

đ
i qua
A
và c
ắ
t
(
)
C
t
ạ
i hai
đ
i
ể
m sao cho kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đ
i
ể
m
đ
ó b
ằ
ng
độ

dài c
ạ
nh c
ủ
a hình vuông n
ộ
i ti
ế
p
đườ
ng tròn
(
)
C
.

Câu 9.b (1,0 điểm).
Cho
n
là s
ố
nguyên d
ươ
ng th
ỏ
a mãn:
2 3
2 14 1
3
n n

C C n
+ =
. Tìm h
ệ
s
ố
c
ủ
a
9
x
trong khai
tri
ể
n nh
ị
th
ứ
c Niu-t
ơ
n
(
)
2
1 3
n
x
−
.
Hết

Thí sinh không
đượ
c s
ử
d
ụ
ng tài li
ệ
u. Cán b
ộ
coi thi không gi
ả
i thích gì thêm.
H
ọ
và tên thí sinh:…………………………………………S
ố
báo danh:……………………………
2


SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

(Đáp án có 05 trang)
ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối D
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm
theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.

- Với bài hình học không gian nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai thì không cho điểm tương ứng
với phần đó.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý

Nội dung trình bày Điểm
1 a

1,0 điểm

• TXĐ: R
• Sự biến thiên:
-Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 3 ( 2) 0
2
x
y x x x x
x
=

= − = − = ⇔

=


0,25
- Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :
(

)
; 0
−∞
và
(
)
2;
+∞

- Hàm số nghịch biến trên khoảng
(0; 2)
.
- Cự
c tr
ị
: Hàm s
ố

đạ
t c
ự
c
đạ
i t
ạ
i
0 2
x y
= ⇒ =
CĐ

Hàm s
ố

đạ
t c
ự
c ti
ể
u t
ạ
i
2 2
T
x y
= ⇒ = −
C
.
- Gi
ớ
i h
ạ
n : lim
; lim
x x
y y
→−∞ →+∞
= −∞ = +∞

0,25

- B
ả
ng bi
ế
n thiên:







0,25

•
Đồ
th
ị
:
đồ
th
ị
nh
ậ
n I(1; 0) làm tâm
đố
i x
ứ
ng .
Đồ

th
ị

đ
i qua các
đ
i
ể
m :
(1;0);(0; 2); (2; 2); (1 3;0); (1 3; 0)
− − + .

0,25
b

1,0 điểm









-
Đườ
ng th
ẳ
ng

( )
d
có ph
ươ
ng trình :
( 1)
y k x
= −

- Ph
ươ
ng trình hoành
độ
giao
đ
i
ể
m c
ủ
a
( )
C
và
( )
d
:
3 2
( 1) 3 2 (1)
k x x x
− = − +

0,25
0

+

-

+

−∞

+∞
0

+∞

2

0

−∞

y
y’
x

2

-

2

3

- Để
( )
d
cắ
t
( )
C
t
ạ
i 3
đ
i
ể
m phân bi
ệ
t
⇔
(1) có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
2
( 1) ( 1)( 2 2)
k x x x x
⇔ − = − − −

có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
2
( 1)( 2 2 ) 0
x x x k
⇔ − − − − =
có 3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t
0,25

2
( ) 2 2 0 (2)
g x x x k⇔ = − − − =
có 2 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t khác 1.
' 1 2 0
3
(1) 3 0
k
k
g k

∆ = + + >

⇔ ⇔ > −

= − − ≠


0,25






- Gi
ả
s
ử
3 nghi
ệ
m phân bi
ệ
t c
ủ
a (1) là
1 2 3
1 ; ;
x x x
=
v

ớ
i
2 3
;
x x
là nghi
ệ
m c
ủ
a (2).
Áp d
ụ
ng
đị
nh lý
Vi-ét
có:
2 3 2 3
2 2
x x ; x x ( k )
+ = = − +

2 2 2
2 3 2 3 2 3
( ) 2 4 2( 2 ) 8 2
x x x x x x k k
⇒ + = + − = − − − = +

V
ậ

y
2 2 2
1 2 3
11 1 8 2 11 1
x x x k k
+ + = ⇔ + + = ⇔ =
(th
ỏ
a mãn).
0,25
2 1,0 điểm

Ta có:
2 2
1 sin sin cos sin 2 cos (1)
2 2 4 2
x x x
x x
π
 
+ − = −
 
 

( )
2
1 1 sin sin cos sin 1 cos 1 sin
2 2 2
x x
x x x x

π
 
⇔ + − = + − = +
 
 

0,25
sin sin cos sin 1 0 sin sin cos .2sin cos 1 0
2 2 2 2 2 2
x x x x x x
x x x
   
⇔ − − = ⇔ − − =
   
   

0,25
2
sin sin 1 2sin 2sin 1 0
2 2 2
x x x
x
  
⇔ − + + =
  
  

0,25

2

sin 0
sin 1
2
2
2 2
2sin 2sin 1 0( )
2 2
x
x k
x
x
k
x x
VN
π
π
π


=
=




⇔ = ⇔


= +




+ + =


( k Z )
∈

, ( )
4
x k
x k k Z
x k
π
π
π π
=

⇔ ⇔ = ∈

= +

.
V
ậ
y ph
ươ
ng trình có nghi
ệ
m

( )
x k k Z
π
= ∈

0,25
3 1,0 điểm

Đ
k:
1 3
x
− ≤ ≤

0.25
Đặ
t
1 3 ,(2 t 2 2)
t x x
= + + − ≤ ≤

2
2
4
3 2
2
t
x x
−
⇒

+ − =

0.25
Ph
ươ
ng trình
đã cho trở
thành :
3 2
2 4 0 ( 2)( 2 2) 0 2
t t t t t t
− − = ⇔ − + + = ⇔ =

V
ớ
i
2
t
=
⇔
1
1 3 =2
3
x
x x
x
= −

+ + − ⇔


=


0.25

V
ậ
y ph
ươ
ng trình
đã cho có hai nghiệ
m
1
x
= −
và
3
x
=
.
0.25
4 1,0 điểm

Ph
ươ
ng trình:
2 2
4
2 (1)
( )(1 ) 32 (2)

x y
x y xy

+ =


+ + =



Ta có
4 9
(2) ( )(2 2 ) 2 (3)
x y xy
⇔ + + =

0.25

Thay
2 2
2
x y
+ =
vào (3) ta có :
2 2 4 9
( )( 2 ) 2
x y x y xy
+ + + =
8 9 9 9
( )( ) 2 ( ) 2 2

x y x y x y x y
⇔ + + = ⇔ + = ⇔ + =

0.25
4

Khi đó ta có hệ phương trình
2 2 2
2 2
2 1
1 1
2 ( ) 2 2
x y x y
x y x
xy y
x y x y xy
+ = + =
+ = =
 
 
⇔ ⇔ ⇔
   
= =
+ = + − =
 
 

0.25
Kết luận : Hệ phương trình đã cho có nghiệm
( ; ) (1;1)

x y
=
.
0.25
5 1,0 điểm


D
S
E
A
C
B
H
N
M
K
P


G
ọ
i
H
là trung
đ
i
ể
m c
ủ

a
AB
. Ta có
( )
AH ABCD
⊥
,
3
2
a
SH =
2
5
8
ABMN ABCD ADN MNC
a
S S S S= − − =
(
đ
vdt).
0.25
3
.
1 5 3
. .
3 48
S ABMN ABMN
a
V SH S= =
(

đ
vdt)
0.25
Ta có
( )
KM APN

(Vì
, ( )
KM SC NP NP APN
⊂
 
)
G
ọ
i
E AN MD
= ∩
thì
( )
ME SHC
⊥
mà
( ) ( )
SHC APN

nên
( )
ME APN
⊥

( , ) ( , ( )) ( , ( ))
d KM AP d KM APN d M APN ME
⇒
= = =

0.25

Tam giác
EDN

đồ
ng d
ạ
ng v
ớ
i tam giác
1
5
CDM ED a
⇒
=
, do
đ
ó
3 5
10
a
ME
=

V
ậ
y ( , )
d KM AP ME
=
3 5
10
a
=
.
0.25
6 1,0 điểm

Ta có:
4( ) 5 0 4 5 4
x y y x
+ − = ⇔ = −
. Do
0
y
>
nên
5
0
4
x
< <
.
⇒

4 1
4
P
x y
= +
=
20 15
(5 4 )
x
x x
−
−
.
0.25
Xét hàm s
ố

2
20 15
( )
5 4
x
f x
x x
−
=
−
v
ớ

i
5
(0; )
4
x∈
;
2
2 2
60 160 100
( ) ;
(5 4 )
x x
f x
x
− + −
′
=
−

1
( ) 0
5
( )
3
x
f x
x l
=



′
= ⇔

=

;
0
5
4
lim ( ) ; lim ( ) ;
x
x
f x f x
+ −
→
→
= +∞ = +∞

0.25

B
ả
ng bi
ế
n thiên

+
∞
∞∞
∞

5
+
∞
∞∞
∞
+
_
0
5
4
1
0
f(x)
f'(x)
x

0.25


5

Từ bảng biến thiên ta có
5
(0; )
4
min ( ) 5
f x
=
đạt được tại
1

x
=
.
Vậ
y
P
có giá tr
ị
nh
ỏ nhấ
t b
ằ
ng 5
đạ
t
đượ
c khi
1
x
=
và
1
4
y
=
.
0.25


7.a 1,0 điểm

- Ta có :
(4; 4); ( 1; 0); (1; 2)
AC M N
= − − −


0.25
-
Đườ
ng th
ẳ
ng
AC
có ph
ươ
ng trình :
2 0
x y
+ − =

⇒

đườ
ng th
ẳ
ng
BP
có ph
ươ

ng trình:
0
x y
− =
(1;1)
P
⇒

0.25
Gi
ả
s
ử

đườ
ng tròn qua
; ;
P M N
có ph
ươ
ng trình
2 2 2 2
2 2 0 ( 0)
x y ax by c a b c
+ + + + = + − >

Khi
đ
ó ta có h
ệ

ph
ươ
ng trình
1
2
2 2 2 0
1
2 1 0
2
2 4 5 0
2
a
a b c
a c b
a b c
c

= −

+ + + =


 
− + + = ⇔ =
 
 
− + + =

= −




(th
ỏ
a mãn)
0.25

V
ậ
y
đườ
ng tròn c
ầ
n tìm có ph
ươ
ng trình:
2 2
2 0
x y x y
+ − + − =

0.25
8.a 1,0 điểm

2 3
4 2 8
log ( 1) 2 2 log 3 log (3 )
x x x
+ + = − + +
(1)

Đ
i
ề
u ki
ệ
n :
3 3
1
x
x
− < <


≠ −


0.25
2 2 2
(1) log 1 2 log (3 ) log (3 )
x x x
⇔ + + = − + +

2
2 2
log 4 1 log (9 )
x x
⇔ + = −

0.25
2

2
2
4 5 0
4 1 9
4 13 0
x x
x x
x x

+ − =
⇔ + = − ⇔

− − =


0.25

1
5
2 17
2 17
x
x
x
x
=


= −


⇔

= +


= −

.
K
ế
t h
ợ
p v
ớ
i
đ
i
ề
u ki
ệ
n
⇒
(1) có hai nghi
ệ
m
1
x
=
ho
ặ

c
2 17
x = −

0.25
9.a 1,0 điểm

- S
ố
cách l
ấ
y 3 h
ộ
p s
ữ
a m
ộ
t cách tu
ỳ
ý trong 12 h
ộ
p s
ữ
a là:
3
12
220
C =
0.25
- S

ố
cách l
ấ
y
đượ
c 2 s
ữ
a cam và 1 s
ữ
a dâu là :
2 1
5 7
. 70
C C
=
.
- S
ố
cách l
ấ
y
đượ
c 3 s
ữ
a cam là :
3
5
10
C
=

0.25
⇒
S
ố
cách l
ấ
y 3 h
ộ
p s
ữ
a sao cho có ít nh
ấ
t 2 h
ộ
p s
ữ
a cam là:
2 3
5 5
.7 80
C C
+ =
.
0.25

- Xác su
ấ
t l
ấ

y
đượ
c ít nh
ấ
t 2 h
ộ
p s
ữ
a cam là:
80 4
220 11
=

V
ậ
y xác su
ấ
t c
ầ
n tìm là
4
11
.
0.25
7.b 1,0 điểm


DeThiThuDaiHoc.Com
6

- Gọi
E
là trung điểm
AC
3
2
BE BG
⇒ =
 
13
2
1
2
E
E
x
y

=


⇒


=


13 1
;

2 2
E
 
⇒
 
 

G
ọ
i
K
là
đ
i
ể
m
đố
i x
ứ
ng c
ủ
a
B
qua
D
A
thì
K AC
∈
,

- Ph
ươ
ng trình
BK
:
2x 25 0
y
− + =

0.25
- G
ọ
i
H
là trung
đ
i
ể
m
BK
thì
H AD
∈

- T
ọ
a
độ

( ; )

H x y
:
2x 25 0
2 5 0
y
x y
− + =


+ − =


(
)
9; 7
H⇒ −
(
)
6;13
K⇒ −

0.25
- Ph
ươ
ng trình c
ủ
a
AC
(ph
ươ

ng trình c
ủ
a
EK
):
x+ 7 0
y
− =

- Ta có:
D
AC A A
∩ =
(
)
9; 2
A
⇒
−
⇒
(
)
4;3
C

0.25

- Có
(
)

12;1
B
−
,
(
)
4;3
C

( )
4 3
:
12 4 1 3
x y
BC
− −
⇒
=
− − −
(
)
: 8 20 0
BC x y
⇔ − + =

K
ế
t lu
ậ
n: Ph

ươ
ng trình c
ạ
nh
(
)
: 8 20 0
BC x y
− + =

0.25
8.b 1,0 điểm


(d)
A
B
I
C
D

Đườ
ng tròn
( )
C
có tâm
(3; 1),
I
−
bán kính

4.
R
=
Ta có
(3;3) ( )
A C
∈

Ph
ươ
ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
( )
d
có d
ạ
ng:
2 2
( 3) ( 3) 0, ( 0)
a x b y a b
− + − = + ≠

ax 3 3 0
by a b
⇔ + − − =

0.25

Gi
ả
s
ử

( )
d
c
ắ
t

( )
C

t
ạ
i hai
điể
m
,
A B
. Ta có
2 4 2
AB IA
= =
và
1
( , ) 2 2
2
d I d AB

= =

0.25
2 2
3 3 3
2 2
a b a b
a b
− − −
⇔ =
+
2 2
2 2.
b a b b a
⇔ = + ⇔ = ±

0.25

Ch
ọn
1 1
a b
=
⇒
= ±
.
V
ậ
y ph
ươ

ng trình
đườ
ng th
ẳ
ng
( )
d
c
ầ
n l
ậ
p là:
6 0
x y
+ − =
ho
ặ
c
0
x y
− =

0,25
9.b 1,0 điểm

Đ
k: 3,
n n N
≥ ∈

Ta có:
2 3
2 14 1
3
n n
C C n
+ =

2(2!)( 2)! 14(3!)( 3)! 1
! !(3)
n n
n n n
− −
⇔ + =

0.25

2
9( / )
7 18 0
2( )
n t m
n n
n l
=

⇔ − − = ⇔

= −


0.25
DeThiThuDaiHoc.Com
7

Từ đó:
2
(1 3 )
n
x
− =
18 18
18
18 18
0 0
(1 3 ) ( 3) ( 3)
k k k k k
k k
x C x C x
= =
− = − = −
∑ ∑

0.25
V
ậ
y h
ệ
s
ố

:
9 9
9 18
( 3) 3938220 3
a C= − = −
.
0.25


Hết


SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, 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
1

m
.
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;5
I
. Đường thẳng
AI
cắt đường tròn
T
tại điểm
5;0
M

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 0
x 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 0
z i z
. Viết dạng lượng
giác của các số phức
2014 2014
12
,.
zz

Hết

1/4

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Đáp án – thang điểm có 04 trang)

ĐÁP ÁN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 4, 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)
Điều 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








2/4
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
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 ln 2
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 1
t 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
ln 2
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





0,25
H
C
A
B
D
S
G
E

3/4
Vậy
21 2 21
,4
14 7
aa
d SA BD


6
(1,0
điểm)

2
2 2 2 2
2
22
c 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

32
3
2 6 1
1
c c c
c




0,25
Xét hàm số
32
34
2 5 1
2 6 1 1
, ' 0
5
11
c
c c c
f c f c c

cc

Lập bảng biến thiên: Có
1 91
5 108
f c f




0,25
Suy ra
min
91 91 1
,5
108 108 5
P f c P c a b


0,25
7a
(1,0
điểm)
Có
0;5I
là trung điểm của
5;10AM A

0,25
Phương trình

2
2
: 5 50T x y

BAM BCN BM BN BI MN
,
42 6
;
55
MN

Phương trình
: 7 5 0BI x y



0,25
Tọa độ điểm
B
thỏa mãn:
2
2
12
5 50
1; 2
1 12
7 5 0
xy
xy
B

x y l
xy


0,25
C đối xứng với B qua
7;4AM C

0,25
8a
(1,0
điểm)
Gọi
1 2 ; 2 ;3I t t t d
. Có
1 3; 3;3I P t I


0,25
Gọi
H
là hình chiếu của
M
trên
P
,
1 2 ; 2 ;3M t t t d

14 1IM t
,

33
,1
3
t
MH d M P t



0,25
2 2 2
2 2 2
14 1 1 13 1 13 1HI MI MH t t t HI t

2
13 . 13
11
2 2 2
MH HI
St


0,25
Giải ra được:
0; 2
tt
. Vậy có 2 điểm M thỏa mãn:
1; 2;0 , 5; 4;6MM

0,25
9a

(1,0
điểm)
Đặt
2
2t z z
, ta được phương trình:
2
2
5 6 0
3
t
tt
t


0,5
22
2 2 2 2 2 0t z z z z
. Giải ra:
1zi

0,25
22
3 2 3 2 3 0t z z z z
. Giải ra:
12zi

0,25
7b
(1,0

điểm)
Phân giác trong góc
: 2 1 0 1 0B x y x y

Tọa độ điểm
B
là nghiệm của hệ:
1 0 3
3; 4
7 0 4
x y x
B
x y y



0,25