Tuyển tập 11 Đề thi toán đại hoc 2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (3.08 MB, 67 trang )
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
MA TRẬN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
LỚP 12 KHỐI A, A1, B
MÔN Toán; Thời gian 180 phút
I- MA TRẬN ĐỀ KIỂM TRA
Mức nhận thức Chủ đề - Mạch kiến thức, kĩ năng
Nhận biết Thông hiểu Vận dụng
Tổng hợp
Tổng
Hàm số 1
1
1
1
2
2
Lượng giác
1
1
1
1
Phương trình, bất phương trình, hệ
phương trình đại số
1
1
1
1
2
2
Nguyên hàm 1
1
1
1
Hình học không gian 1
1
1
1
Bất đẳng thức
1
1
1
1
Hình học tọa độ trong mặt phẳng 1
1
1
1
Tổ hợp và xác suất
1
1
1
1
Tổng
2
2
3
3
3
3
2
2
10
10
II- BẢNG MÔ TẢ TIÊU CHÍ LỰA CHỌN CÂU HỎI
Câu 1. Khảo sát hàm số và các bài toán liên quan (2 điểm)
Câu 2. Giải phương trình lượng giác (1 điểm)
Câu 3. Tìm nguyên hàm (1 điểm)
Câu 4. Giải hệ phương trình vô tỷ (1 điểm)
Câu 5. Hình học không gian: Tính thể tích và tính góc hoặc khoảng cách
Câu 6. Bài toán tổng hợp (Bất đẳng thức hoặc GTLN, GTNN)
Câu 7. Hình học tọa độ trong mặt phẳng (1 điểm)
Câu 8. Giải phương trình hoặc bất phương trình mũ, logarit (1 điểm)
Câu 9. Tổ hợp và xác suất (Bài toán về nhị thức Niu-tơn; bài toán xác suất) (1 điểm)
III- ĐỀ THI
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
(Đề thi gồm có 01 trang)
(Thí sinh không được sử dụng tài liệu)
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN 2
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN LỚP 12 THPT
ĐỀ DÀNH CHO KHỐI: A, A
1
,
B
Thời gian làm bài: 180 phút
Họ, tên thí sinh: Số báo danh:
Họ và tên; Chữ kí của giám thị :
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
4 2
2 4
y x x
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2) Tìm các giá trị của tham số m để phương trình
2 2
4 2 1 0
x x m
có đúng 6 nghiệm phân biệt.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
2
2
tan tan 2
sin
2 4
tan 1
x x
x
x
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tìm họ nguyên hàm
4 1
x x dx
Câu 4 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0
1 3 2 2 0
x y y x
x x y y
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC.A’B’C’ có các mặt bên đều là hình vuông cạnh a. Gọi G là trọng tâm tam giác
AB’C’. Tính thể tích tứ diện GABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB’ và BC.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho a, b, c là ba số thực dương thỏa mãn
2
4
2014
a b c
abc
. Chứng minh rằng
2014
a b c
a bc b ca c ab
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho các điểm I(1; 1), M(-2; 2) và N(2; -2). Tìm tọa độ đỉnh
A và B của hình vuông ABCD sao cho I là tâm hình vuông đó, hai điểm M và N thứ tự nằm trên cạnh AB và CD.
Câu 8a (1,0 điểm). Giải bất phương trình
2
2
log 1 log 2 log 1
x x x
Câu 9a (1,0 điểm). Trong giờ Thể dục, tổ 1 lớp 12A có 12 học sinh gồm 7 học sinh nam và 5 học sinh nữ tập
trung ngẫu nhiên theo một hàng dọc. Tính xác suất để người đứng đầu hàng và cuối hàng đều là học sinh nam.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M(3; 4) và N(5; 3). Tìm điểm P trên đường elip
(E):
2 2
4 = 8
x y
sao cho tam giác MNP có diện tích bằng 4,5.
Câu 8b (1,0 điểm). Giải phương trình
2 2
1
log 4 15.2 27 2log 0
4.2 3
x x
x
Câu 9b (1,0 điểm). Tính tổng
0 2 4 2014
2014 2014 2014 2014
+ 3 5 2015S C C C C
.
_______Hết_______
ĐỀ CHÍNH THỨC
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
SỞ GD&ĐT BẮC GIANG
TRƯỜNG THPT NGÔ SĨ LIÊN
HƯỚNG DẪN CHẤM BÀI
THI THỬ ĐẠI HỌC, CAO ĐẲNG LẦN 2
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN LỚP 12 ; KHỐI: A, A
1
,
B
Chú ý : Dưới đây chỉ là sơ lược từng bước giải và cách cho điểm từng phần của mỗi bài. Bài làm của học
sinh yêu cầu phải chi tiết, lập luận chặt chẽ. Nếu học sinh giải cách khác đúng thì chấm và cho điểm từng
phần tương ứng.
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
* TXĐ:
D
* Sự biến thiên:
- Các giới hạn
4
2
2
lim lim 2 1
x x
y x
x
0,25
- Chiều biến thiên:
3
' 8 8 ,
y x x x
. Do đó
2
0
' 0 8 ( 1) 0
1
x
y x x
x
Khoảng NB: (-∞-1) và (0; 1), khoảng ĐB: (-1; 0) và (1; +∞)
H/s đạt cực tiểu bằng -2 tại
1
x
, h/s đạt cực đại bằng 0 tại
0
x
- Lập đúng bảng biến thiên:
0,25
0,25
Câu 1.1
(1,0 điểm)
* Đồ thị (Hinh1a)
Hình 1b
0,25
Câu 1.2
(1,0 điểm)
- PT:
2 2
4 2 1 0
x x m (1)
2 2
1
2 2
2
m
x x (2)
PT (2) là PT hoành độ giao điểm của
1
:
2
m
d y và đồ thị
2 2
( ') : 2 2
C y x x
- Chỉ ra
4 2
2 2
4 2
2 4 khi 2
2 2
(2 4 )khi 2
x x x
y x x
x x x
.
- Vẽ đúng (C’): Hình 1b
- Dựa vào đồ thị (C’) và đặc điểm đường thẳng d chỉ ra PT (1) có đúng 6 nghiệm phân biệt
1
0 2 3 1
2
m
m
KL: với
( 3; 1)
m
thì PT (1) có đúng 6 nghiệm phân biệt.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2
(1,0 điểm)
ĐK:
,
2
x k k
PT
1
2 2 2
cos (tan tan ) (sin cos ) 2(sin sin cos ) sin cos
2
x x x x x x x x x x
4
sin 0
4
sin cos 2 sin 1 0 2 ,
6
1
sin
5
2
2
6
x k
x
x x x x k k
x
x k
Đối chiếu ĐK và KL nghiệm của PT….
0,25
0,25
0,5
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Câu 3
(1,0 điểm)
- Đặt
2
2
1
4 1 4 1 ,
4 2
t tdt
t x t x x dx
(1)
- Xét
4 1 .
I x x dx
Từ (1)có:
2 2 5 3
4 2
1 1
4 2 8 40 24
t t dt t t
I t t dt C
.
Vậy
5 3
4 1 4 1
40 24
x x
I C
0,25
0,5
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
-Hệ
3 3 2
2 2 2
3 3 2 0 (1)
1 3 2 2 0 (2)
x y y x
x x y y
có ĐKXĐ:
2
2
1 0 1 1
0 2
2 0
x x
y
y y
(*)
- PT(1)
3 3
3 ( 1) 3( 1)
x x y y
(1’)
Xét hàm số
3
( ) 3
f u u u
. Khi đó: PT (1’) trở thành
( ) ( 1)
f x f y
.
Chỉ ra hàm số
3
( ) 3
f u u u
nghịch biến trên [-1; 1]
PT (1’) nghiệm đúng khi và chỉ khi
1 1
x y y x
(3)
- Thế (3) vào (2) ta có PT:
2
2 2 2 2
2 1 2 0 1 1 0 1 1 0
x x x x x
- Vói
0
x
thì
1
y
(T/m ĐK(*)) . KL : Hệ đã cho có nghiệm
( ; ) (0;1)
x y
0,25
0,25
0,25
0,25
K
H
M
G
M
'
C
'
B
'
A
C
B
A
'
- CM được lăng trụ ABC.A’B’C’ là lăng trụ đứng có
cạnh bên AA’= a, đáy là ∆ABC, ∆A’B’C’ đều cạnh a.
Gọi M, M’ là trung điểm cạnh BC, B’C’ và H là hình
chiếu vg góc của G trên
(ABC)
' ( ),
MM ABC
' ,
MM a
2
', = '
3
G AM AG AM
và
,
H AM
//
GH MM'
2
3
GH a
, GH là chiều cao hình chóp G. ABC
- Tính đúng:
2
3
4
ABC
a
S
nên
3
1 3
.
3 18
GABC ABC
a
V GH S
0,25
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
- Chứng minh được BC // (AB’C’)
d(AB’, BC) = d(BC, (AB’C’) ) = d(M, (AB’C’) ) (1)
Chứng minh được (AB’C’)
(AMM’), (AB’C’)
(AMM’)= AM’
- Gọi K là h/chiếu vuông góc của M trên AM’
MK
(AB’C’) tại K
d(M, (AB’C’))= MK (2)
Tính đúng: MK =
21
7
a
(3) . Từ (1) , (2) và (3)
d(AB’, BC)=
21
7
a
0,25
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
- Theo giả thiết
, , 0
a b c
, áp dụng bất đẳng thức Côsi cho hai số
,
a bc
ta có:
4
4 4
1 1 1
2 . . .
2
a
a bc a bc
a bc
b c
≤
1 1 1
4
b c
dấu “=” xảy ra khi và chỉ
khi
0
a bc
và
4 4
0
b c
a
a bc
1 1 1
4
b c
, dấu “=” xảy ra khi
0
a b c
.
- Tương tự:
1 1 1
4
b
b ca c a
, dấu “=” xảy ra khi
0
a b c
,
1 1 1
2
c
c ab a b
dấu “=” xảy ra khi
0
c ab
.
Do đó:
a b c
a bc b ca c ab
1 1 1 1
2
bc ca ab
a b c abc
, dấu“ = ”
0,25
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
xảy ra khi
0
a b c
(1)
- Áp dụng BĐT Cosi có
2 2 2
b c c a a b
bc ca ab a b c
, dấu “ = ”
xảy ra khi
0
a b c
(2)
Từ (1), (2) có
a b c a b c
a a b c
b ca c ab abc
, dấu “=” xảy ra khi
0
a b c
(3)
- Theo giả thiết:
2
4
2014
a b c
abc
, với
, , 0
a b c
thì
4028
a b c abc
(4)
Từ (3), (4)
2014
a b c
a bc b ca c ab
, dấu “=” xảy ra khi a = b = c =
2
3
4028
0,25
0,25
Câu 7a
(1,0 điểm)
N
H
I
C
A
D
B
P
M
- Gọi P =NI ∩ AB
P
= Đ
I
(N)
P
= (0; 4)
- PT đường thẳng AB là PT đt qua M, P: x-y + 4 = 0
Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên AB:
IH = d(I, AB) =
2 2
- Pt đt IH: x + y - 2 = 0
Tọa độ điểm H = (-1; 3)
- Điểm I là tâm hình vuông ABCD
HA= HB =HI
A, B nằm trên đường tròn (H, R =
2 2
)
Hoành
độ, tung độ điểm A, B là nghiệm hệ:
2
2
4 0
1
5
1 ( 3) 8
x y
x
y
x y
hoặc
3
1
x
y
ĐS: A(1; 5) , B(-3; 1) và A(-3; 1), B(1; 5)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 8a
(1,0 điểm)
- PT
2 2
log( 1) log( 2) log( 1)
x x x
(1) có ĐKXĐ: x > 2 (*)
- Với ĐK(*), BPT (1)
2 2
log( 1) log( 1) +log( 2)
x x x
2 2 2 2
log( 1) log( 1) ( 2) ( 1) ( 1) ( 2)
x x x x x x
2
1 2
1 1 . 2 2 1 0
1 2
x
x x x x x
x
(**)
- Kết hợp (**) với ĐK (*)
Tập nghiệm BPT (1) là
[1+ 2; + ]
S
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 9a
(1,0 điểm)
- Số phần tử của KG mẫu
= 12!
- Gọi A là biên cố: “Người đứng đầu hàng và cuối hàng của tổ 1lớp 12A đều là học sinh nam” thì
2
7
.10!
A
A
- Xác suất để người đứng đầu hàng và cuối hàng của tổ 1, lớp 12A trong giờ Thể dục đều là học
sinh nam:
2
7
.10!
7
( )
12! 22
A A
P A
0,25
0,5
0,25
Câu 7b
(1,0 điểm)
- Giả sử tọa độ điểm
( ; )
P a b
. Từ giả thiết
2 2
( ) : 4 = 8
P E x y
2 2
a 4 = 8
b
(1)
ĐK:
2 2, 2
a b
- Tính đúng
5
MN và chỉ ra
1 5
( , ) ( , ) 4,5
2 2
MNP
S d P MN d P MN
(*)
- Viết đúng PT đường thẳng
: 2 11 0
MN x y
2 11
( , )
5
a b
d P MN
(**)
Từ (*), (**)
2 11 9
a b (2)
- Giải hệ:
1 3
2 2
4 = 8 (1)
1 3
2 11 9 (2)
2
a
a b
a b
b
hoặc
1 3
1 3
2
a
b
( Thỏa mãn ĐK)
0,25
0,25
0,25
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
KL: Có hai điểm thỏa mãn đề bài
1 3 1 3
1 3; , 1 3;
2 2
Câu 8b
(1,0 điểm)
- PT
2 2
1
log 4 15.2 27 2log 0
4.2 3
x x
x
(1) có ĐKXĐ:
3
2
4
x
- Đặt
3
2 ,
4
x
t t . Khi đó PT (1) trở thành:
2
2 2
log 15 27 log 4 3 0
t t t
(2)
- Giải PT (2) có được
3 2 3
x
t
. Do vậy,
2
log 3
x
0,25
0,25
0,5
Câu 9b
(1,0 điểm)
- Xét khai triển
2014
0 1 2 2 3 3 4 4 5 2013 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014
2014 2015
2014
( ) 1 +
f x x x C x C x C x C x C x C x
C x
- Chỉ ra:
0 1 2 2 3 3 4 4 2013 2013
2014 2014 2014 2014 2014 2014
2014 2014
2014
'( ) + 2 3 4 5 2014
2015
f x C C x C x C x C x C x
C x
'
2014 2014 2013
'( ) 1 1 2014 1f x x x x x x
- Tính đúng:
0 2 4 2014 2014
2014 2014 2014 2014
2013
'(1) '( 1) 2 + 3 5 2015 1008.2
1008.2
f f C C C C
S
0,25
0,25
0,5
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
website
1
SỞ GD&ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1
NGÀY 05/01/2014
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 – 2013
Môn : TOÁN, Khối A, B
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề)
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số:
2x 1
y
x 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng y=
1
2
x m
cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B sao cho KA=KB với K(2;0).
Câu II (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
42
cos)sin2(
2
cos)
2
cos
2
(sin22
33
x
x
xxx
.
2. Giải phương trình :
2 2
27 2
1 2
8
x x x x x
Câu III (1,0 điểm). Tính: I=.
2 2
3 1
1
x x x
x
x e xe e
dx
xe
Câu IV (1,0 điểm).
Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,hai đường chéo AC =
2 3
a
, BD = 2a và cắt nhau
tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O
đến mặt phẳng (SAB) bằng
3
4
a
, tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a, và góc giữa 2 mặt phẳng (SAB)
với (SBD).
Câu V:(1,0 điểm). Cho x,y,z > 0 thỏa mãn:
2 2
2
x y xz yz xy
.
Tìm giá trị nhỏ nhất của
4 4 4
4 4 4
1 1 1
4 4
P x y z
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 VI.a (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng có phương trình lần lượt là d
1
: 3x-4y-24=0,
d
2
: 2x-y-6=0. Viết phương trình đường tròn(C ) tiếp xúc với d
1
tại A và cắt d
2
tại B, C sao cho BC =
4 5
và
sinA
=
2
5
. Biết tâm I của đường tròn (C ) có các tọa độ đều dương.
2. Giải hệ phương trình:
2 4
2
9 3
log log 2
log log 1
y xy
x x y
Câu VII.a (1,0 điểm).
Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập các số có 4 chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong các số được
lập, tính xác suất để số được lấy có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn
2 2
: 2
C x y .Viết phương trình tiếp tuyến của
đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ
nhất.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C(-2;0;0). Gọi H là
trực tâm của tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy.
Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình
2
2
2
log
log
2 4 20 0
x
x
2
.……….Hết………
Họ và tên thí sinh , Số báo danh
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
website
2
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu
-ý
Nội dung Điểm
I.1
*Tập xác định :
\ 1
D
Tính
2
1
' 0
( 1)
y x D
x
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
( ;1)
và
(1; )
*Hàm số không có cực trị
Giới hạn
1
x
lim y
1
x
lim y
2
x
lim y
2
x
lim y
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x
1
y’ - -
y
2
2
*Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ)
0.25
0.25
0.25
0.25
I.2
* PT hoành độ giao điểm của d
m:
y =
1
2
x m
với (C) là :
2 1 1
1 2
x
x m
x
2
1
5 2 2 2 0 1
x
x m x m
dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác
2
4 12 17 0
1 2 5 2 2 0
m m
m m
m
* Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của PT(1):
1 2
5 2
x x m
. Toạ độ giao điểm của d
m
với (C):
1 1 2 2
1 1
; , ;
2 2
A x x m B x x m
.Gọi I là trung điểm của AB thì
5 2 5 2
;
2 4
m m
I
* KA=KB
3
2
m
KI d m
0.25
0.25
0.25
0.25
II.1
Pt(1)
2
sin
2
cossin2
2
cos
2
cos
2
sin1
2
cos
2
sin4
xx
x
xxxxx
2
sin
2
cossin2
2
cossin
2
1
1
2
cos
2
sin4
xx
x
x
x
xx
01
2
cos2
0sin2
0
2
sin
2
cos
01
2
cos2)sin2(
2
sin
2
cos
x
x
xx
x
x
xx
+)
x x x x
sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
+) 2xsin0xsin2
(vô nghiệm)
0.25
0.25
0.25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
website
3
+) 2cos
1 4
1 0 cos 4
2 2 2 3
x x
x k
(t/mđk)
Vậy nghiệm của phương trình là:
4
x k2 ,x k4 k
2 3
0.25
II.2
III
ĐK: x
0
, Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Nhân hai vế của phương trình với
2
ta có:
*
2 2
27 27
2 2 2 2 2
4 4
x x x x x x x x x
2
2 27
1 (*)
4
x
x
x
VT(*) = f(x) có f’(x) =
2
1
0, 0
2
x
x
x
x
, f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng
0;
VP(*) = g(x) có g’(x) =
27
0, 0 ( )
2
x x g x
là hàm đồng biến trên khoảng
0;
.
phương trình (*) có không quá một nghiệm.
Mặt khác x =
2
3
là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x =
2
3
.
2
1 1
1
1 1
ln 1 ln 1 ln 1
x x x x
x
x x
x x x x x x x x
xe e xe d xe
I dx xe dx
xe xe
x xd e xe x xe xe e dx x xe xe e C
0.25
0.25
0.25
0.25
0,5
0,5
IV
Từ giả thiết AC =
2 3
a
; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của
mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO =
3
a
; BO = a. Gọi K là hình
chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO (ABCD).
Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI
Ta có trong tam giác vuông AOB ta có:
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 3
3 2
a
OK
OK OA OD a a
.Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao
2 2 2
1 1 1
2
a
SO
OI OK SO
.
Diện tích đáy
2
4 2. . 2 3
D
S
ABC ABO
S OAOB a
;
đường cao của hình chóp
2
a
SO
.
Thể tích khối chóp S.ABCD:
3
.
1 3
.
3 3
D DS ABC ABC
a
V S SO
Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là
Tam giác SBO . Gọi
là góc giữa hai mặt phẳng
(SAB) và (SBD) ta có os
SBO
SAB
s
c
s
Ta có :
2
2
1 1 1
. , os arccos
2 4 4 4
SBO SAB
a
s OB SO SK a s a c
0.25
0.25
0.25
0.25
A
B
C
O
I
D
a
K
S
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
website
4
V
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức:
2
2 2
2
a b
a b
Ta có:
2
4
2 2
4 4
4
2 2 4 4
1 1 8 1
2 2 8
x y
x y
P z z
x y z z
x y
Đặt
4
4
0 1
x y
t
z
Khi đó ta có:
8 8
1 1 2
8 8
t t
P
t t
Xét hàm số
2
8 1 8
( ) 2 '( ) 0, 0;1
8 8
t
f t f t t
t t
Ta có f(x) nghịch biến trên
0;1
0;1
81
min (1)
8
t
P f
Khi đó x = y =
2
z
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.1
Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C )
Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d
1
) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d
1
)
Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d
2
) =
2 2
5
R MB
.
Khi đó ta có hệ:
3 4 24 25
2 6 5
x y
x y
Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu
TH1
1;1
I ta có phương trình (x -1)
2
+(y-1)
2
=25
TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)
2
+(y-7)
2
=25
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.2
Đk:
2
9 3
0
0 0 log log
2 0
x y
y x x x
xy
Khi đó ta có hệ
2
2
2
3
y xy
x xy
2
2
2
1( )
3
1
1
2
3
3
x y loai
x
x y
x y
y
x xy
x xy
(t/mđk)
0.25
0.25
0.5
VIIa
Từ 6 chữ số đã cho ta lập được
4
6
360
A số có 4 chữ số khác nhau
Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là
2
3
3
C
Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là
2
3
3
C
Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán
vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là:
2 2
3 3
. .4! 216
C C
Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong
đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là:
216 3
360 5
P
0.25
0.25
0.25
0.25
VIa.1
+
Tâm : 0;0
Ban kính : 2
C O
C R
. Gọi tọa độ
;0 , 0;
A a B b
với
0, 0
a b
.
0.25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
website
5
+ Phương trình AB:
1 1 0
x y x y
a b a b
AB tiếp xúc (C)
2 2
2 2
1
, 2 2 2
1 1
ab
d O AB
a b
a b
(***)
2 2 2 2
2 2
2
2a
OAB
a b a b
S
a b b
OAB
S
nhỏ nhất khi
a b
.
Từ
a b
và (***) suy ra
2
a b
.
Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là
1 0
2 2
x y
.
0.25
0.25
0.25
VIa.2
*Ta có
( )
AH BC
BC AOH BC OH
AO BC
.
Tương tự
AB OH
Suy ra
( )
OH ABC
.
*Phương trình mp (ABC):
1 2 2 0
2 1 2
x y z
x y z
*mp(ABC) có vtpt
1;2;1
n
nên OH có vtcp
(1;2; 1)
u n
*Phương trình đường thẳng OH:
1 2 1
2 ; ;
3 3 3
x t
y t H
x t
Khoảng cách từ H tới Oy là
2
3
R
Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là
2 2 2
1 2 1 2
3 3 3 9
x y z
0.5
0.25
0.25
VIIb
Điều kiện: x> 0 ; BPT
2
2
2
2
4log
log
2 4 20 0
x
x
Đặt.
2
2
log
4
x
y
, y
1
0.25
. BPT trở thành y
2
+ y- 20 0 - 5 y 4.Do y
1
nên ta có y 4
0.25
Khi đó ta có :
2
2
log 2
2 2
4 4 log 1 1 log 1
x
x x
1
2
2
x
0.25
0.25
Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
1
SỞ GD - ĐT HÀ TĨNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014
Trường THPT Trần Phú Môn: TOÁN - Khối A,A
1
,B và 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 y =
x 1
x 3
+
−
(C)
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm điểm M thuộc đồ thị (C) sao cho tổng khoảng cách từ M đến hai đường tiệm cận của đồ thị (C)
bằng 4.
Câu 2. (1,0 điểm). Giải phương trình sin2x + cosx-
2
sin
x
4
π
−
-1= 0.
Câu 3.
(1,0
đ
i
ể
m). Gi
ả
i ph
ươ
ng trình
3 2
2 3 2 2
y (3x 2x 1) 4y 8
y x 4y x 6y 5y 4
+ − + =
+ − + =
(
)
x,y R
∈ .
Câu 4.
(1,0
đ
i
ể
m) Tính tích phân
2
0
cos2x
sinx sinx dx
1 3cos x
π
+
+
∫
Câu 5.
(1,0
đ
i
ể
m) Cho hình chóp S.ABCD có
đ
áy ABCD là hình vuông c
ạ
nh 2a, m
ặ
t ph
ẳ
ng (SAB)
vuông góc v
ớ
i
đ
áy, tam giác SAB cân t
ạ
i S và SC t
ạ
o v
ớ
i
đ
áy m
ộ
t góc 60
0
. Tính th
ể
tích kh
ố
i chóp
S.ABCD và kho
ả
ng cách gi
ữ
a hai
đườ
ng th
ẳ
ng BD và SA theo a.
Câu 6.
(1,0
đ
i
ể
m). Cho các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng a, b, c. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c
3 3 3 2
3
4a 3b 2c 3b c
p
(a b c)
+ + −
=
+ +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần (phần A hoặc phẩn B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 7.a
(1,0
đ
i
ể
m). Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
t
ọ
a
độ
Oxy, cho hai
đườ
ng th
ẳ
ng d: x-3y-1= 0,
'
d
: 3x - y + 5 = 0. G
ọi I là giao điểm của d và d
'
. Viết phương trình đường tròn tâm I sao cho đường tròn
đó cắt d tại A, B và cắt d
'
tại A
'
, B
'
thoả mãn diện tích tứ giác AA
'
BB
'
bằng 40.
Câu 8.a (1,0 điểm). Giải phương trình:
9x
x
2log 9 log 27 2 0
− + =
Câu 9.a (1,0 điểm). Tính tổng
2 4 6 8 1006
2014 2014 2014 2014 2014
T C C C C C= + + + + +
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A, biết B(1;-4),
trọng tâm G(5;4) và AC = 2AB. Tìm tọa độ điểm A, C.
Câu 8.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình
( ) ( )
2
x 4x 3 x 1 x 2
5 2 5 2 0
− + − − −
+ − − ≥
.
Câu 9.b (1,0 điểm) Một ngân hàng đề thi gồm 20 câu hỏi. Mỗi đề thi gồm 4 câu được lấy ngẫu nhiên từ
ngân hàng đề thi. Thí sinh A đã học thuộc 10 câu trong ngân hàng đề thi. Tìm xác suất để thí sinh A rút
ngẫu nhiên được 1 đề thi có ít nhất 2 câu đã thuộc.
Hết
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
2
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ NĂM 2014
Môn: TOÁN - Khối A,A1,B và D
(gồm 4 trang)
CÂU
NỘI DUNG
ĐIỂM
a) (1 điểm) Khảo sát và vẽ …
• Tập xác định: D=R\{3}
• Sự biến thiên:
( )
2
4
' 0, .
3
y x D
x
= − < ∀ ∈
−
- Hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
)
;3
−∞
và
(
)
3;
+∞
.
0.25
- Giới hạn và tiệm cận:
lim lim 1;
x x
y y
→−∞ →+∞
= =
tiệm cận ngang:
1
y
=
.
( ) ( )
3 3
lim ; lim ;
x x
y y
− +
→ →
= −∞ = +∞
ti
ệ
m c
ậ
n
đứ
ng:
3
x
=
.
0.25
-B
ả
ng bi
ế
n thiên:
x
−∞
3
+∞
y’
- -
y
1
+∞
0.25
•
Đồ
th
ị
:
0.25
b)
(1
đ
i
ể
m) G
ọ
i
−
+
3
1
;
0
0
0
x
x
xM
, (x
0
≠
3) là
đ
i
ể
m c
ầ
n tìm, ta có:
Kho
ả
ng cách t
ừ
M
đế
n ti
ệ
m c
ậ
n
đứ
ng: x = 3 là
1 0
d x 3
= −
.
Kho
ả
ng cách t
ừ
M
đế
n ti
ệ
m c
ậ
n ngang: y =1 là
2
0
4
d
x 3
=
−
.
0.25
Theo gi
ả
thi
ế
t ta có
( )
2
1 2 0 0
0
4
d d 4 x 3 4 x 3 2 0
x 3
+ = ⇔ − + = ⇔ − − =
−
0
0
0
x 1
x 3 2
x 5
=
⇔ − = ⇔
=
.
0.5
1
(2,0
điểm)
V
ớ
i 1
0
=x ; ta có
(
)
M 1; 1
−
. V
ớ
i 5
0
=x ; ta có
(
)
M 5;3
V
ậ
y
đ
i
ể
m M c
ầ
n tìm là
(
)
M 1; 1
−
và
(
)
M 5;3
.
0.25
Pt
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
01sin)1(sincos201)cos(sincos2sin
=
−
−
+
⇔
=
−
−
−
+
xxxxxxx
0.25
(
)
(
)
⇔=−+⇔ 01cos21sin xx
1sin
−
=
x ho
ặ
c
2
1
cos =x
0.25
•
sin 1 2 .
2
= − ⇔ = − +
x x k
π
π
0.25
2
(1,0
điểm)
•
1
os 2
2 3
= ⇔ = ± +
c x x k
π
π
.
V
ậ
y, nghi
ệ
m c
ủ
a ph
ươ
ng trình
đ
ã cho là:
2
2
x k
π
π
= − + ;
2
3
x k
π
π
= ± + (
k Z
∈
).
0.25
1
−∞
5
-5
y
xO 3
1
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
3
Hệ đã cho tương đương với:
( )
( )
+=++
−=−+
)2(
46
54
1
48
123
2
3
23
2
y
y
xx
yy
xx
(do
0y
=
không thỏa mãn hệ đã cho)
0.25
Cộng pt(1) và pt(2) theo vế ta được
( ) ( )
yy
xx
2
.3
2
131
3
3
+
=+++ (*)
0.25
Xét hàm số tttf 3)(
3
+= ,
Rt
∈
. Ta có
tttf ∀>+=
,033)('
2
. Suy ra )(tf đồng biến .
Do đó
y
x
2
1(*)
=+⇔
(3).
0.25
3
(1,0
điểm)
Thay vào (2), ta được
(
)
(
)
⇔=+−−⇔+++=++ 0111354
23
2
3
xxxxxxx
1
x
=
ho
ặ
c
1
x
−
=
Thay vào (3), ta
đượ
c nghi
ệ
m c
ủ
a h
ệ
là
(
)
(
)
1;1; =yx .
0.25
Ta có I=
2
0
cos 2x
sin x sin x dx
1 3 cos x
π
+
+
∫
=
.
2 2
2
0 0
cos 2x.sin x
sin xdx dx
1 3cos x
π π
+
+
∫ ∫
0.25
•
( )
π π
π
π
= − = − =
∫ ∫
2 2
2
2
0 0
0
1 1 1
sin xdx 1 cos2x dx x sin 2x
2 2 2 4
.
0.25
•
Đặ
t
−
= + ⇒ =
2
t 1
t 1 3 cos x cos x
3
;
=
2
sin xdx - tdt
3
;
x 0 t 2, x t 1
2
π
= ⇒ = = ⇒ =
Ta có
2
2 4 2
2
t 1 2t 4t 7
cos2x 2cos x 1 2 1
3 9
− − −
= − = − =
0.25
4
(1,0
điểm)
( )
π
= − − = − − = −
+
∫ ∫
2
2
2
4 2 5 3
0 1
1
cos 2x.sin x 2 2 2 4 118
dx 2t 4t 7 dt t t 7t .
27 27 5 3 405
1 3cos x
V
ậ
y
π
= −
118
I .
4 405
0.25
G
ọ
i H là trung
đ
i
ể
m AB. Do SAB cân t
ạ
i S,
suy ra SH
⊥
AB, m
ặ
t khác (SAB)
⊥
(ABCD)
nên SH
⊥
(ABCD) và
0
60=∠
SCH
.
0.25
Ta có .1560tan.60tan.
0220
aBHCBCHSH =+==
.
3
154
4.15
3
1
3
1
32
.
aaaSSHV
ABCDABCDS
===
0.25
Qua A v
ẽ
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
song song v
ớ
i BD. G
ọ
i E là hình
chi
ế
u vuông góc c
ủ
a H lên
∆
và K là hình chi
ế
u c
ủ
a H lên
SE, khi
đ
ó
∆
⊥
(SHE)
⇒
∆
⊥
HK suy ra HK
⊥
(S,
∆
).
M
ặ
t khác, do BD//(S,
∆
) nên ta có
(
)
(
)
(
)
(
)
(
)
, , , , , 2 ( ,( . )) 2
d BD SA d BD S d d B S d H S HK
= = ∆ = ∆ =
0.25
5
(1,0
điểm)
Ta có
0
45=∠=∠ DBAEAH nên tam giác EAH vuông cân t
ạ
i E, suy ra
22
aAH
HE ==
( )
2 2 2
2
. 15
. 15
2
.
31
15
2
a
a
HE HS
HK a
HE HS
a
a
⇒ = = =
+
+
V
ậ
y
( )
.
31
15
2, aSABDd =
0.25
6
(1,0
điểm)
Cho các s
ố
th
ự
c d
ươ
ng a, b, c. Tìm giá tr
ị
nh
ỏ
nh
ấ
t c
ủ
a bi
ể
u th
ứ
c:
Áp d
ụ
ng b
ấ
t
đẳ
ng th
ứ
c cô_si, ta có
332
23 cbcb +≤ (*). D
ấ
u “=” x
ẩ
y ra khi cb
=
.
0.25
E
k
A
H
B
D
C
S
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
4
Ta sẽ chứng minh:
(
)
3
33
4
cb
cb
+
≥+ (**), v
ớ
i
0,
>
∀
cb . Thật vậy,
(**)
⇔
(
)
(
)
(
)
00334
2
2233223333
≥−+⇔≥−−+⇔+++≥+ cbcbbccbcbbccbcbcb , luôn
đúng 0,
>
∀
cb . Dấu “=” xẩy ra khi
cb
=
.
0.25
Áp dụng (*) và (**) ta được
(
)
( )
( )
3
3
3
3
3
1
4
1
4
4
4
tt
cba
cb
a
P
−+=
++
+
+
≥
, với
c
b
a
a
t
++
=
,
(
)
1;0∈t
.
0.25
Xét
( )
3
3
1
( ) 4 1
4
f t t t
= + −
v
ớ
i
(
)
1;0∈t
.
( )
2
2
3
'( ) 12 1 ,
4
f t t t
= − −
1
'( ) 0
5
f t t
= ⇔ =
Suy ra,
25
4
)( ≥tf . D
ấ
u “=” x
ẩ
y ra khi
5
1
=t .
25
4
≥⇒ P . D
ấ
u “=” x
ẩ
y ra khi
cba
cba
a
cb
==⇔
=
++
=
2
5
1
.
Vậy, giá trị nhỏ nhất của P là
25
4
khi
.2
cba
=
=
t 0 1/5 1
f’(t)
- 0 +
f’(t)
4/25
0.25
Đườ
ng th
ẳ
ng d có véc t
ơ
pháp tuy
ế
n
(
)
.3;1−n
Đườ
ng th
ẳ
ng d’ có véc t
ơ
pháp tuy
ế
n
(
)
.1;3' −n
( ) ( )
.
5
4
',sin
5
3
'.
'.
',cos =⇒== dd
nn
nn
dd
Gọi R là bán kinh đường tròn cần tìm, ta có
'
'
IB
IA
IB
IA
R
=
=
=
=
0.5
suy ra .25
5
4
.2
40
)',sin(.2
)',sin(24
''
22
'''
===⇔==
dd
S
RddRSS
BAAB
IAABAAB
0.25
7.a
(1,0
điểm)
M
ặ
t khác, I là giao c
ủ
a d và d’ nên t
ọ
a
độ
c
ủ
a I là nghi
ệ
m
c
ủ
a h
ệ
( )
1;2
1
2
053
013
−−
⇒
−=
−=
⇔
=+−
=−−
I
y
x
yx
yx
.
V
ậ
y ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn c
ầ
n tìm là:
(
)
(
)
2512
22
=+++ yx .
0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n: .
9
1
,1,0 ≠≠> xxx
Ph
ươ
ng trình
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng v
ớ
i
9
27
2 1
2 0
log 9
log
x
x
− + =
( )
3 3
2 1
2 0
1 1
log 2 log
2 6
x x
⇔ − + =
+
3 3
2 3
1 0
log 2 logx x
⇔ + + =
+
0,25
Đặ
t
3
t = log
x
, ta
đượ
c
2 3
1 0
2
t t
− + =
+
2
2
2
0
3
6 0
≠ −
=
⇔ ≠ ⇔
= −
+ − =
t
t
t
t
t t
0,25
*
3
2 log 2 9
t x x
= ⇒ = ⇔ =
.
0,25
8.a
(1,0
điểm)
*
3
1
3 log 3
27
t x x= − ⇒ = − ⇔ = . Vậy nghiệm của phương trình là
9
x
=
và
1
27
x = .
0,25
Ta có
1006
2014
8
2014
6
2014
4
2014
2
2014
0
2014
1 CCCCCCT ++++++=+
0.25
9a
(1,0
điểm)
Áp dụng tính chất: nkCC
k
n
kn
n
≤≤∀=
−
0 , Ta được
0.25
d'
d
A
B
A'
I
B'
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
5
⇔
(
)
2014
2014
8
2014
6
2014
4
2014
2
2014
0
2014
12 CCCCCCT ++++++=+
Mặt khác, ta có
(
)
2014 0 1 2 3 4 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014
2 1
C C C C C C= + + + + + +
( ) ( )
2014
2014 0 1 2 3 4 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014
0 1 2
C C C C C C= − + − + + + −
0.25
T
ừ (1) và (2) , Suy ra
(
)
(
)
+ = + + + + ⇔ = + ⇔ =
2014 2014 0 2 4 2014 2014 2012
2014 2014 2014 2014
2 0 2 C C C C 2 4 T 1 T 2 -1
.
0.25
Gọi N là trung điểm AC, suy ra.
( )
3
7;8
2
BN BG N= ⇔
0.25
G
ọ
i A(x;y), ta có
=
=
0.NABA
NABA
.
0.25
(
)
(
)
(
)
(
)
( )( ) ( )( )
=−++−−
−+−=++−
⇔
08471
8741
2222
yyxx
yxyx
=−−
−=
⇔
054
28
2
yy
yx
.
⇔
=
−=
5
2
y
x
ho
ặ
c
−=
=
1
10
y
x
, suy ra
(
)
5;2−A ho
ặ
c
(
)
1;10 −A .
0.25
7.b
(1,0
điểm)
Do
(
)
7;8
N là trung
đ
i
ể
m AC, nên
*V
ớ
i
(
)
5;2−A
⇒
(
)
11;16C .
*V
ớ
i
(
)
1;10 −A
⇒
(
)
17;4C .
V
ậ
y
(
)
5;2−A và
(
)
11;16C ho
ặ
c
(
)
1;10 −A và
(
)
17;4C .
0.25
Đ
i
ề
u ki
ệ
n:
≤
≥
1
3
x
x
B
ấ
t pt
đ
ã cho t
ươ
ng
đươ
ng:
( ) ( )
2
4 3 1 2
5 2 5 2
x x x x
− + − − −
+ ≥ −
( ) ( )
2
4 3 1 2
5 2 5 2
− + − + −
⇔ + ≥ +
x x x x
0,25
( )
2
4 3 1 2 *
x x x x⇔ − + ≥ − + −
.
0,25
V
ớ
i
( )
2
3 * 4 3 1
x x x
≥ ⇔ − + ≥ −
luôn
đ
úng v
ớ
i
3
≥
∀
x .
0,25
8.b
(1,0
điểm)
V
ớ
i
( ) ( )
2
2 2 2
1 * 4 3 3 2 4 3 3 2 3 8 6 0
x x x x x x x x x
≤ ⇔ − + ≥ − ⇔ − + ≥ − ⇔ − + ≤
(vô nghi
ệ
m).
V
ậ
y t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a b
ấ
t ph
ươ
ng trình là
[
)
+∞;3
.
0,25
L
ấ
y ng
ẫ
u nhiên t
ừ
ngân hàng
đề
thi 4 câu h
ỏ
i
để
l
ậ
p m
ộ
t
đề
thi có 4845
4
20
=C
đề
thi.
0.25
Thí sinh A rút ng
ẫ
u nhiên
đượ
c 1
đề
thi có 2 câu
đ
ã thu
ộ
c, có 2025.
2
10
2
10
=CC tr
ườ
ng h
ợ
p.
Thí sinh A rút ng
ẫ
u nhiên
đượ
c 1
đề
thi có 3 câu
đ
ã thu
ộ
c, có 1200.
1
10
3
10
=CC tr
ườ
ng h
ợ
p.
Thí sinh A rút ng
ẫ
u nhiên
đượ
c 1
đề
thi có 4 câu
đ
ã thu
ộ
c, có 210
4
10
=C tr
ườ
ng h
ợ
p.
0.25
Do
đ
ó, thí sinh A rút ng
ẫ
u nhiên
đượ
c 1
đề
thi có ít nh
ấ
t 2 câu
đ
ã thu
ộ
c, có
343521012002025
=
+
+
.
0.25
9.b
(1,0
điểm)
V
ậ
y xác su
ấ
t
để
thí sinh A rút ng
ẫ
u nhiên
đượ
c 1
đề
thi có ít nh
ấ
t 2 câu
đ
ã thu
ộ
c là
3435 229
4845 323
= .
0.25
Hết
G
N
C
A
B
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
1
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
TRƯỜNGTHPT PHAN ĐĂNG LƯU
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 – 2014
MÔN: TOÁN. KHỐI A ,B và
1
A
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu 1. (2 điểm) Cho hàm số y=
2 1
1
x
x
−
−
có đồ
th
ị
(C)
a
) Kh
ả
o sát v
ẽ
đồ
th
ị
hàm s
ố
(C)
b) Vi
ế
t ph
ươ
ng trình ti
ế
p tuy
ế
n v
ớ
i
đồ
th
ị
(C). Bi
ế
t kho
ả
ng cách t
ừ
đ
i
ể
m I(1;2)
đế
n ti
ế
p tuy
ế
n
đ
ó b
ằ
ng
2
Câu 2
. (2
đ
i
ể
m)
a,Gi
ả
i ph
ươ
ng trình:
2
2cos 10cos( ) 3sin 2 5 0
6
x x x
π
+ + − + =
. b,Gi
ả
i h
ệ
ph
ươ
ng trình:
3
2 4 3
1 1 2
9 (9 )
x y
x y y x y y
+ + − =
− + = + −
Câu 3
. (1
đ
i
ể
m) Tính tích phân
2
4
2
4
sin 1
1 2cos
x x
I dx
x
π
π
−
+
=
+
∫
.
Câu 4
. (1
đ
i
ể
m) Cho hình chópS.ABCD có
đ
áy ABCD là hình thoi c
ạ
nh a. Góc
∠
ABC=
0
120
,O là giao
điểm
của ACvàBD,Ilà trung điểm của SA ,E là trung điểm của cạnh AB,SB vuông góc với mp(ABCD).Góc giửa
mp(SAC) và mp(ABCD) bằng
0
45
.Tính thể tích của khối chóp S.ACE và khoảng cách giửa hai đường thẳng
SDvà CI
Câu5.(1điểm)Cho a;b;c là 3 số dương thỏa mãn a+b+c=3.CmR:
2 2 2
2 2 2
4
ab bc ac
a b c
a b b c c a
+ +
+ + + ≥
+ +
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A.Theo chương trình Chuẩn.
Câu 6a. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa Oxy cho
ABC
∆
có trọng tâm G(
4
3
;1), trung điểm BC là
M(1;1) phương trình đường thẳng chứa đường cao kẻ từ B là:2x+y-7=0.Tìm tọa độ A;B;C
Câu 7a. (1 điểm) Trong không gian với hệ trụcOxyz cho điểm A(1;1;0) ;B(2;1;1) và đường thẳng d:
1 2
2 1
x y
z
− −
= =
.Viết pt đường thẳng
∆
đi qua điểm A vuông góc với đường thẳng d sao cho khoảng cách
từ B đến
∆
là lớn nhất
Câu8a(1 điểm)Tìm số nguyên dương n nhỏ nhất sao cho khai triển
( )
1
n
x
+ có t
ỉ
s
ố
2 h
ệ
s
ố
liên ti
ế
p b
ằ
ng
7
15
B.Theo chương trình Nâng cao.
Câu 6b
.(1
đ
i
ể
m) Trong m
ặ
t ph
ẳ
ng v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a Oxy cho e-líp (E):
2 2
1
9 4
x y
+ =
và
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
: 2x-
3y+6=0.Vi
ế
t ph
ươ
ng trình
đườ
ng tròn (C) có tâm
∈
(E) và ti
ế
p xúc v
ớ
i
∆
. Bi
ế
t r
ằ
ng bán kính
đườ
ng tròn (C)
b
ằ
ng kho
ả
ng cách t
ừ
g
ố
c t
ọ
a
độ
0
đế
n
∆
Câu 7b
. (1
đ
i
ể
m) Trong không gian v
ớ
i h
ệ
tr
ụ
c t
ọ
a
độ
Oxyz cho 2 m
ặ
t ph
ẳ
ng(p):x-2y+z=0 và (Q):x-
3y+3z+1=0
và
đườ
ng th
ẳ
ng d:
1 1
2 1 1
x y z
− −
= =
.Vi
ế
t pt
đườ
ng th
ẳ
ng
∆
n
ằ
m trong m
ặ
t ph
ẳ
ng (P)song song v
ớ
i m
ặ
t ph
ẳ
ng
(Q) và c
ắ
t
đườ
ng th
ẳ
ng d
Câu 8b
. (1
đ
i
ể
m)Tính giá tr
ị
bi
ể
u th
ứ
cA=
2 4 6 2014
2014 2014 2014 2014
2 3 1007C C C C+ + + +
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
2
Hết
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
3
HƯỚNG DẪN CHẤM DỀ KHỐI A,B
Câu I
(2 đ )
Tập xác địnhR\
{
}
1
Sự biến thiên:
2
1
( 1)
y
x
′
= −
−
0 1
y x
′
⇒ < ∀ ≠
hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng(-
;1)
∞
và(1;
)
+∞
lim
x
→±∞
2 1
1
x
x
−
−
=2
⇒
đt y=2 là tiệm cận ngang khi x
→ ±∞
1
lim
x
−
→
2 1
1
x
x
−
−
= -
∞
;
1
lim
x
+
→
2 1
1
x
x
−
−
= +
∞
⇒
đt x=1 là tiệm cận đứng
Bảng biến thiên
x -
∞
1
+
∞
y
’
- -
y 2
-
∞
+
∞
2
Đồ thị
Đồ thị cắt ox:A(1/2;0)
Đồ thị cắt ox:B(0;1)
Đồ thị nhận giao điểm 2 tiệm cận làm tâm đối xứng
b,PT tt của đồ thị (C) tại điểm
0
M
(
0 0
,
x y
)là:
2 2
0 0 0
( 1) 2 2 1 0
x x y x x
+ − − + − =
(
∆
)
d(I;
∆
)=
0
0
4
0
0
0
2 2
2
2
1 ( 1)
x
x
x
x
=
−
= ⇔
=
+ −
có 2 pt tt là y=-x+1 và y=-x+5
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.5
0.25
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
4
CâuII
(2 đ)
a,
2
os 10cos( ) 3sin 2 5 0
6
c x x x
Π
+ + − + =
2
2cos 1 10cos( ) 3sin 2 6 0
6
x x x
π
⇔ − + + − + =
cos2x -
3sin 2 10cos( ) 6 0
6
x x
π
+ + + =
2cos(2 ) 10cos( ) 6 0
3 6
x x
π π
⇔ + + + + =
2
4cos ( ) 10cos( ) 4 0
6 6
x x
π π
⇔ + + + + =
2
2cos ( ) 5cos( ) 2 0
6 6
x x
π π
⇔ + + + + =
cos(
) 2
6
x
π
+ = −
(loại) hoặc cos(
1
)
6 2
x
π
+ = −
5
2 ; 2
2 6
x k x k
π π
π π
⇒ = + = − +
, k
z
∈
b,Giải hệ PT
3
2 4 3
1 1 2;(1)
9 (9 );(2)
x y
x y y x y y
+ + − =
− + = + −
đ/k y
1
≤
(2)
3
3
( )( 9) 0
9 0
y x
x y x y
x y
=
⇔ − + − = ⇔
+ − =
Thay y=x vào(1) ta có pt:
3
0
1 1 2
11 6 3
x y
x x
x y
= =
+ + − = ⇔
= = − ±
Do y
1
≤
ta có (1)
3
1 2 1 2 7
x y x
⇔ + = − − ≤ ⇒ ≤
3
9 1 0
x y
⇒ + − ≤ − <
pt (2) vô nghiệm
Vậy hệ pt có nghiệm là:x=y=0 và x=y= -11
6 3
±
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuIII
(1 đ)
I=
2 2
4 4 4
2 2 2
4 4 4
sinx 1 sinx 1
1 2cos 1 2cos 1 2cos
x x
dx dx dx
x x x
π π π
π π π
− − −
+
= +
+ + +
∫ ∫ ∫
1
( )
I
(
)
2
I
giải
1
I
=
0
2 2
4
2 2
0
4
sin sin
1 2cos 1 2cos
x x x x
dx dx
x x
π
π
−
+
+ +
∫ ∫
.xét J=
0
2
2
4
sin
1 2cos
x x
dx
x
π
−
+
∫
,Đặt t=-x
0
2 2
4
2 2
0
4
sinx sinx
1 2cos 1 2cos
x x
dx dx
x x
π
π
−
⇒ = −
+ +
∫ ∫
suy ra
1
0
I
=
4 4 4
2
2 2
2
2
4 4 4
(tanx)
1
1 2cos tan x+3
os ( 2)
cos
dx dx d
I dx
x
c x
x
π π π
π π π
− − −
= = =
+
+
∫ ∫ ∫
.Đặt tanx=t
x
-
4
π
4
π
t -1 1
0.25
0.25
0.25
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
5
.
1
2
2
1
3
dt
I
t
−
=
+
∫
Đặt t=
3
tanz
2
3
os x
dt
dt
c
⇒ =
t -1 1
z
6
π
−
6
π
6 6
2
2 2
6 6
3 1
cos (3tan 3)
3 3 3
dx
I dx
x x
π π
π π
π
− −
= = =
+
∫ ∫
0.25
CâuIV
(1 đ)
2
2 0
1 3
sin120
2 2
ABCD
a
S a
= =
,
2
3
8
ACI
a
S
∆
=
SB=BO=
2
a
,V=
3
1 3
.
3 48
ACI
a
SB S
∆
=
(DVTT)
E
O
B
A
C
S
D
I
Đặt O(0;0;0) ;A
3
( ;0;0)
2
a
; C
3
( ;0;0)
2
a
−
;
B(0;
2
a
;0); B(0;
2
a
;0);S(0;
2
a
;
2
a
);I
3
( ; ; )
4 4 4
a a a
(
CI
=
3 3
; ; )
4 4 4
a a a
=
(3 3;1;1); (0; ; ) (0;2;1)
4 2 2
a a a
SD a= − − = −
;
;n CI SD
= =
2
( 1; 3 3;6 3)
8
a
− − −
ptmp(
α
) chứa CI // SD là
3
( ) 3 3( 0) 6 3( 0) 0
2
a
x y z
− + − − + − =
3
3 3 6 3 0
2
a
x y z
⇔ + − + =
2 2
3 3 3
2 2
( ;( ))
1 (3 3) (6 3)
a a
d D
α
− +
=
+ +
=
3
136
a
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuV
(1 đ)
(
)
2 2 2 2 2 2
3 ( )( )
a b c a b c a b c
+ + = + + + +
=
3 3 3 2 2 2 2 2 2
a b c a b b c c a ab bc ca
+ + + + + + + +
.
3 2 2
2
a ab a b
+ ≥
;
3 2 2
2
b bc b c
+ ≥
;
3 2 2
2
c ca c a
+ ≥
3(
⇒
2
2 2 2 2 2
) 3( ) 0
a b c a b b c c a
+ + ≥ + + >
0.25
0.25
0.25
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
6
VT
2 2 2
2 2 2
ab bc ac
a b c
a b c
+ +
≥ + + + =
+ +
2 2 2
2 2 2
2 2 2
9 ( )
2( )
a b c
a b c
a b c
− + +
+ + +
+ +
; Đặt t=
2 2 2
a b c
+ +
VT
9 9 1 3 1
3
2 2 2 2 2 2 2
t t t
t
t t
−
≥ + = + + − ≥ + −
=4 dấu bằng xẩy ra khi a=b=c=1
0.25
Tựchọn
cơ bản
CâuVI
(1 đ)
a,Ta cóA(2;1) B
∈
BH
⇒
B(b;7-2b)
M là trung điểm của BC
⇒
C(2-b;2b-5)
( ;2 6);
AC b b BH
= − −
⊥
AC
. 0
BH
U AC
=
12
5
b
⇒
=
12 11 2 1
( ; ); ( ; )
5 5 5 5
B C
⇒
− −
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuVII
(1 đ)
a, Véc tơ chỉ phương đt d:
(2;1;1); 1;0;1) , (1; 1; 1)
d d
U AB U U AB
∆
= =
⇒
= = − −
Pt đt d:
1 1
1 1 1
x y z
− −
= =
− −
0.5
0.5
CâuVIII
a,
1
7
15
k
n
K
n
C
C
−
=
! ! 7
1 :
( 1)!( 1)! !( )! 15
n n
k n
k n k k n k
≤ ≤ ⇔ =
− − + −
15.
⇔
15. ! 7. !
( 1)!( 1)! !( )!
n n
k n k k n k
⇔ = ⇔
− − + −
15 7
15 7 7 7
1
k n k
n k k
= ⇔ = − +
− +
7n=22k-7
22
1 7 21
7
k
n k n
⇔ = −
⇒
=
⇒
=
0.25
0.25
0.25
Tự chọn
nâng cao
CâuVI
b,R=
( , )
6
13
o
d
∆
=
.Gọi I(
0 0
; )
x y
là tâm đường tròn (C)
2 2
0 0
1
9 4
x y
⇒
+ =
(1)
0 0
( ; )
2 3 6
6
13 13
I
x y
d R
∆
− +
= ⇔ = ⇔
0 0
0 0
2 3 12 0;(2)
2 3 0;(3)
x y
x y
− + =
− =
Từ (1) và (2)suy ra:
2 2
0 0
0 0
( 2) 1 2 12 27 0
9 3
x x
x x
+ + = ⇔ + + =
vô nghiệm
Từ(1)và(3)suyra:
2 2
0 0
0
3 2
1
9 9 2
x x
x+ = ⇔ = ±
Khi
2 2
0 0
3 2 3 2 36
2 ( ):( ) ( 2)
2 2 13
x y C x y= ⇒ = ⇒ − + − =
0.25
0.25
0.25
0.25
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
7
Khi
0 0
3 2
2 ( )
2
x y c
= − ⇒ = − ⇒
:
2 2
3 2 36
( ) ( 2)
2 13
x y+ + + =
CâuVII
b,Đặt
1 2
1 1
2 1 1
1
x t
x y z
t y t
z t
= +
− −
= = = ⇔ =
= +
(1)
dt d cắt (p) ta có 1+2t-2t+1+t=0
2 ( 3; 2; 1)
t A
⇔ = − ⇒ − − −
(1; 2;1); (1 3;3) , ( 3; 2; 1)
p Q p Q
n n U n n
∆
= − = − ⇒ = = − − −
PTđường thẳng
3 2 1
:
3 2 1
x y z
+ + +
∆ = =
0.25
0.25
0.25
0.25
CâuVIII
(1 đ)
b,
( )
2014
0 1 2 2 2014 2014
2014 2014 2014 2014
1
x c c x c x c x
+ = + + + +
(1)
( )
2014
0 1 2 2 2014 2014
2014 2014 2014 2014
1
x c c x c x c x
− = − + − +
(2)
Lấy (1)+(2) Ta có f(x)=
2014 2014 0 2 2 2014 2014
2014 2014 2014
(1 ) (1 ) 2 2 2
x x c x c x c x
+ + − = + + +
Lấy đạo hàm 2 vế ta được
f’(x)=2014
2013 2013
(1 ) 2014(1 )
x x+ − −
=
2 4 3 2014 2013
2014 2014 2014
4 8 4028
c c x c x
+ + +
Thay x=1 ta được f’(1)=
2013 2 4 2014
2014 2014 2014
2014.2 4 8 4028
c c c
= + + +
2013
1007
.2
2
A
⇒
=
Chú ý: ( Học sinh giải cách khác đúng vẫn đạt điểm tối đa)
0.25
0.25
0.25
0.25
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
1
TRƯỜNG THPT PHAN ĐĂNG LƯU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối D
(Thời gian làm bài 180 phút)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm). Cho hàm số
3 2
(2 1) 2
y x m x
= − + + −
(1), với
m
là tham số thực
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi
1
m
=
2) Tìm m để đường thẳng
: 2 2
d y mx
= −
cắt đồ thị hàm số (1) tại ba điểm phân biệt
(0; 2), (1;2 2),
A B m
− −
C
sao cho
2.
AC AB
=
Câu II (2 điểm).
1) Giải phương trình
2
1 sin 2 2 3 sin ( 3 2)sin cos 0
x x x x
+ + + + + =
2) Giải hệ phương trình
3 3 2
2 2 2
12 8 24 16 0
2 4 12 2 8
− − + − =
+ − − − = −
x x y y
x x y y
Câu III (1 điểm). Tính tích phân
( )
1
5
2
0
2 1
I x x dx
= −
∫
Câu IV (1 điểm). Cho hình chóp .
S ABCD
có đáy là hình bình hành với
2 , 2, 6.
AB a BC a BD a= = =
Hình chiếu vuông góc của
S
lên mặt phẳng
( )
ABCD
là trọng tâm
G
của tam giác
BCD
. Biết
2
SG a
=
.
Tính thể tích của khối chóp .
S ABCD
và khoảng cách từ điểm
A
đến mặt phẳng
( )
SBD
theo a.
Câu V (1 điểm). Cho
,
x y
là hai số dương thỏa mãn
3
x y xy
+ + =
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2
3 3
1 1
x y xy
M x y
y x x y
= + + − −
+ + +
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần(Phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho đường tròn
( )
C
tâm
I
có phương trình
2 2
2 2 2 0
x y x y
+ + − − =
và điểm
(
)
4;1
M −
. Viết phương trình đường thẳng
d
đi qua điểm
M
, cắt đường
tròn
( )
C
tại hai điểm phân biệt
,
N P
sao cho tam giác
INP
có diện tích bằng
3
và góc
NIP
nhọn.
Câu VIIa (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
P
có phương trình
2 0
x y z
+ + − =
và ba điểm
(0;0;1), (1;0;2), (1;1;1)
A B C
. Viết phương trình mặt cầu đi qua ba điểm
, ,
A B C
và có tâm nằm trên mặt phẳng
( )
P
.
Câu VIIIa (1 điểm). Một hộp đựng 12 quả cầu trong đó có 3 quả màu trắng, 4 quả màu xanh và 5 quả
màu đỏ. Lấy ngẫu nhiên đồng thời 3 quả. Hãy tính xác suất sao cho 3 quả đó cùng màu.
B. Theo chương trình nâng cao
Câu VIb (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
, cho hai điểm
( 3;0), ( 1;0)
A I
− −
và elip
2 2
( ) : 1
9 4
x y
E
+ =
. Tìm tọa độ các điểm
,
B C
thuộc
( )
E
sao cho
I
là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
Câu VIIb (1 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ
Oxyz
, cho mặt phẳng
( )
P
có phương trình
2 3 0
x y z
− + − =
và điểm
(1; 2;0)
I
−
. Viết phương trình mặt cầu tâm
I
cắt mặt phẳng
( )
P
theo một
đường tròn có chu vi bằng
6
π
.
Câu VIIIb (1 điểm). Tìm số hạng chứa
6
x
trong khai triển của biểu thức
10
3
1
x
x
+
(với
0
x
≠
)
……….H
ết……….
www.MATHVN.com - www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com – www.DeThiThuDaiHoc.com
2
ĐÁP ÁN, THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN I. NĂM HỌC: 2013 – 2014
Môn thi: Toán. Khối D
Câu Ý Nội dung Điểm
Khi
1
m
=
ta có
3 2
3 2
y x x
= − + −
• TXĐ: D=R
• Sự biến thiên
- Chiều biến thiên
, 2 ,
3 6 , 0 0
y x x y x
= − + = ⇔ =
hoặc
2
x
=
0,25
Hàm số đồng biến trên khoảng
(0;2)
nghịch biến trên các khoảng
( ;0)
−∞
và
(2; )
+∞
- Cực trị:Hàm số đạt cực đại tại
D
2, 2
C
x y
= =
.Hàm số đạt cực tiểu tại
0, 2
CT
x y
= = −
- Giới hạn: lim
x
y
→−∞
= +∞
, lim
x
y
→+∞
= −∞
0,25
- BBT 0,25
1
• Đố thị
6
4
2
2
4
6
5 5
0,25
Phương trình hoành độ giao điểm của
d
và đồ thị hàm số (1):
3 2
(2 1) 2 0
x m x mx
− + + − =
(*)
0; 1; 2
x x x m
⇔ = = =
0,25
d
cắt
( )
m
C
tại 3 điểm phân biệt
(*)
⇔
có 3 nghiệm phân biệt
1
0,
2
m m
⇔ ≠ ≠
0,25
Khi đó
2
(2 ;4 2)
C m m
−
.
2 2 2
AC AB m
= ⇔ =
0,25
I
2
1
m
⇔ = ±
. Vậy
m
cần tìm là
1
m
= ±
0,25
Pt
⇔
2
2 3 sin ( 3 2)sin 1 sin 2 cos 0
x x x x
+ + + + + =
(2 sin 1)( 3 sin 1) cos (2sin 1) 0
x x x x
⇔ + + + + =
0,25
(2 sin 1)( 3 sin cos 1) 0 2sin 1 0
x x x x
⇔ + + + = ⇔ + =
hoặc
3 sin cos 1 0
x x
+ + =
0,25
II 1
2
1
6
2 sin 1 0 sin ( )
2 7
2
6
x k
x x k Z
x k
π
π
π
π
−
= +
−
+ = ⇔ = ⇔ ∈
= +
0,25
y
y’
x
0
2
+
∞
-2
2
-
∞
-
∞
+
∞
0
0
-
+
-
