17 đề thi thử đại học môn toán khối d có đáp án
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (7.27 MB, 104 trang )
SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO CẦN THƠ
TRƯỜNG THPT CHUYÊN LÝ TỰ TRỌNG
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể phát đề
ĐỀ THI THỬ
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
3 2 2 2
3 2 (1)y x x m x m= - + + -
, với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m = 0.
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số góc của
các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:
cos3 2sin2 cos sin 1 0x x x x- - - - =
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình:
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y
x y
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
- =
Ô
Ó
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
2
2
1
2 3
.ln
2 1
e
x x
I x dx
x x
+ +
+ +
Ú
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có
, 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = =
. Tính thể tích của
khối chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC), (SBC).
Câu 6 (1,0 điểm) Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của
biểu thức:
4 2
2
( 1)
2 2 1
y xy
P
y xy
+ +
+ +
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(3; 2)M
là trung điểm của
cạnh AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
8 13 0x y
- - =
và
3 4 6 0x y
- + =
. Tìm tọa độ các điểm A, B và C.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho khối chóp S.ABC có
( 1;0;1),A
-
( 1;3;2),B
-
(1;3;1)C
và thể tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng
1 1
( ) :
2 1 1
x y z
d
+ -
= =
-
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Tìm hệ số của x
5
trong khai triển nhị thức Newton của
3
2
( 0)
n
x x
x
Ê ˆ
- π
Á ˜
Ë ¯
, biết rằng n
là số nguyên dương thỏa mãn
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
3
;7
8
M
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
. Viết phương trình đường
thẳng (d) đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O là
gốc tọa độ).
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ): 4 0P x y z
- - - =
và hai
điểm
(2;3; 4),A
-
(5;3; 1)B
-
. Tìm tọa độ điểm C trên (P) sao cho tam giác ABC vuông cân tại C.
Câu 9.b (1,0 điểm) Giải phương trình
2 2 2
3 3 2 2
3 3 3 27
x x x x x x- + + -
+ = +
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh:……………………………………………………; Số báo danh:……………………
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
ĐÁP ÁN KHỐI D
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
(2,0 điểm)
a. Khi m = 0 hàm số có dạng
3 2
3 2y x x= - +
Tập xác định:
Chiều biến thiên:
/ 2
3 6 ,y x x= -
/ 2
0
0 3 6 , (0) 2, (2) 2
2
x
y x x y y
x
È
= € - € = = -
Í
Î
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (
-
•
; 0) và (2; +
•
), và nghịch biến trên khoảng
(0; 2)
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2 và
(2) 2
CT
y y
= = -
Hàm số đạt cực đại tại x = 0 và y
CĐ
= y(0) = 2.
- Giới hạn:
lim , lim
x xÆ-• Æ+•
= -• = +•
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
// / /
6 6, 0 6 6 0 1, (1) 0y x y x x y= - = € - = € = =
điểm uốn I(1; 0)
Đồ thị: đi qua các điểm
(1 3;0)±
và nhận điểm uốn I(1; 0) là tâm đối xứng.
0,25
b) Định m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt sao cho tổng các hệ số
góc của các tiếp tuyến với đồ thị tại 3 điểm đó là lớn nhất.
Ta có phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị với trục hoành:
3 2 2 2 2 2
3 2 0 ( 1)( 2 2) 0x x m x m x x x m- + + - = € - - + - =
2 2
1
( ) 2 2 0 (*)
x
f x x x m
È
€
Í
= - + - =
Î
0,25
Đồ thị cắt trục Ox tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm
phân biệt khác 1
2
2
(1) 0
3 0
3 3
3 0
3 3
f
m
m
m
m
Ï
π
- π
Ï
Ô
€ € € - < <
Ì Ì
D = - >
- < <
Ô
Ó
Ó
(1)
0,25
Gọi x
1
, x
2
là các nghiệm của phương trình (*) thì
1 2
2
1 2
2
2
x x
x x m
+ =
Ï
Ô
Ì
= -
Ô
Ó
Ta có tổng các hệ số góc của các tiếp tuyến tại các điểm có hoành độ 1, x
1
, x
2
là
2 2 2
1 2 1 2 1 2
'(1) '( ) '( ) 3 3 3( ) 6( )P y y x y x m x x x x= + + = - + + - +
2 2
1 2 1 2 1 2
2 2 2
3 3 3 ( ) 2 6( )
3 3 3[4 2( 2)] 12 9 3
m x x x x x x
m m m
È ˘
= - + + - - +
Î ˚
= - + - - - = -
0,25
Suy ra
(
)
9, 3; 3P m£ " Œ -
và đẳng thức chỉ xảy ra khi m = 0
0,25
x
y’(x)
y(x)
-• +•
2
0
0
+
+
-
2
-
2
-•
+
•
0
x
y
1
2
1 3-
1 3+
-
2
2
O
∑
∑
∑
∑
∑
∑
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Vậy
max
9P
đạt được khi m = 0.
Câu 2
(2,0 điểm)
Giải phương trình:
cos3 2sin2 cos sin 1 0x x x x- - - - =
.
Phương trình tương đương:
2sin2 .sin 2sin2 sin 1 0x x x x- - - - =
0,25
2sin 2 (sin 1) (sin 1) 0x x x€ + + + =
0,25
sin 1
(sin 1)(2sin 2 1) 0
1
sin 2
2
x
x x
x
= -
È
Í
€ + + = €
Í
= -
Î
0,25
7
2 12 12
x k x k x k k
p
p
p
p
p
p
€ = - + = - + = + Œ
0,25
Câu 3
(1,0 điểm)
Giải hệ phương trình:
3
3
(2 3 ) 1
( 2) 3
x y
x y
x y
Ï
+ =
Ô
Œ
Ì
- =
Ô
Ó
.
Từ cách cho hệ pt ta có đk:
0x π
. Khi đó hệ tương đương:
3
3
3
3
3
1
2 3
3 2 3 2 (1)
3
3
2 (2)
2
y
y y
x
y
y
x
x
Ï
Ï
+ =
+ = -
Ô
Ô Ô
€
Ì Ì
- =
Ô Ô
- =
Ó
Ô
Ó
0,25
Đặt
3
3
2 3 2 3t y t y= + - =
, ta được hệ pt:
3 3 3
3 3
2 3 3( )
2 3 2 3
y t y t t y
t y t y
Ï Ï
- = - = -
Ô Ô
€
Ì Ì
- = - =
Ô Ô
Ó Ó
2 2 2 2
3
3 3
0
( )( 3) 0 3 0
2 3
2 3 2 3
y t
y t y yt t y yt t
t y
t y t y
- =
Ï Ï
- + + + = + + + =
Ï
Ô Ô
€ € ⁄
Ì Ì Ì
- =
- = - =
Ô Ô
Ó
Ó Ó
0,25
TH
1
:
2 2
3
3 0
2 3
y yt t
t y
Ï
+ + + =
Ô
Ì
- =
Ô
Ó
. Do
2
2
2 2
1 3
3 3 0, ,
2 4
t
y yt t y t y t
Ê ˆ
+ + + = + + + > " Œ
Á ˜
Ë ¯
,
nên hệ phương trình vô nghiệm
0,25
TH
2
:
3 3
0
1
2
2 3 3 2 0
y t t y
y t
y t
t y y y
- = =
= = -
Ï Ï
È
€
Ì Ì
Í
= =
- = - - =
Î
Ó Ó
1
1 1; 2
2
y x y x= - = - = =
. Vậy hệ có 2 nghiệm (x; y) là
1
( 1; 1); ; 2
2
Ê ˆ
- -
Á ˜
Ë ¯
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
Tính tích phân
2
2
1
2 3
.ln
2 1
e
x x
I x dx
x x
+ +
+ +
Ú
.
Ta có
2
1
2
1 ln
( 1)
e
I x dx
x
È ˘
= +
Í ˙
+
Î ˚
Ú
0,25
Đặt
1
lnu x du dx
x
= € =
;
2
2 2
1
( 1) 1
dv dx v x
x x
Ê ˆ
= + = -
Á ˜
+ +
Ë ¯
0,25
Suy ra
1 1
1
2 2 2 2 2
ln 1 1
1 ( 1) 1 1
e
e e
I x x dx e dx
x x x e x x
È ˘
Ê ˆ Ê ˆ
= - - - = - - - +
Á ˜ Á ˜
Í ˙
+ + + +
Ë ¯ Ë ¯
Î ˚
Ú Ú
0,25
1 1
1
2 3 1 1
2ln | | 2ln 1 2ln
1 1 2
e
e e
e e
e x x x
e e
+ +
= - - + - + = -
+ +
0,25
Câu 5
(1,0 điểm)
Cho hình chóp S.ABC có
, 2SA SB SC CA CB a AB a= = = = = =
. Tính thể tích của khối
chóp S.ABC theo a và cosin góc giữa hai mặt phẳng (SAC) và (SBC).
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Từ giả thiết ta suy ra
D
SAB vuông tại S và
DCAB vuông tại C
Kẻ
( )SH ABC^
tại H.
Do SA = SB = SC = a nên HA = HB = HC
H là tâm đường tròn ngoại tiếp DCAB
hay H là trung điểm của AB.
0,25
Ta có:
2
1 1 2
,
2 2 2
ABC
a
S a SH AB= = =
thể tích của khối chóp S.ABC được tình
bởi:
3
1 2
.
3 12
ABC
a
V S SH= =
0,25
Gọi I là trung điểm của SC thì AI
⊥
SC, BI
⊥
SC và
3
2
a
AI BI= =
góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAC) và (SBC) là góc giữa AI và BI
0,25
Ta có:
2 2 2 2 2
2
2
cos
2 . 2
IA IB AB IA AB
AIB
IA IB IA
+ - -
= =
2
2
2
3
2
1
2
3
3
2
a
a
a
-
= = -
.
Vậy
1
cos | cos |
3
AIB= =
0,25
Câu 6
(1,0 điểm)
Cho hai số thực x, y thỏa mãn
2 2
1x y+ =
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị nhỏ nhất của biểu
thức:
4 2
2
( 1)
2 2 1
y xy
P
y xy
+ +
+ +
Từ giả thiết
2 2
1x y+ =
, P được viết lại như sau:
4 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
( 1) ( ) 2 2 2
2 2 1 2 2 3 2
y xy y x y xy x y y xy x
P
y xy y xy x y y xy x
+ + + + + + + +
= = =
+ + + + + + +
0,25
Với
0, 1x y
= = ±
thì
2
3
y ; Với x π 0, đặt y = tx. Khi đó:
2
2
2 2 1
3 2 1
t t
P
t t
+ +
+ +
Xét hàm
2
2
2 2 1
( )
3 2 1
t t
f t
t t
+ +
+ +
ta có TXĐ: ,
2
2 2
2 2
'( )
(3 2 1)
t t
f t
t t
- -
+ +
2
0
1 2
'( ) 0 2 2 0 ; (0) 1, ( 1) ; lim ( ) lim ( )
1
2 3
x x
t
f t t t f f f t f t
t
Æ-• Æ+•
È
= € - - = € = - = = =
Í
= -
Î
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Từ bảng biến thiên ta suy ra:
+
min
1
2
P
đạt được khi t = -1 hay
2 2
2 2
2 2
1
2 2
2 2
x x
y x
x y
y y
Ï Ï
= - =
Ô Ô
= -
Ï
Ô Ô
€ ⁄
Ì Ì Ì
+ =
Ó
Ô Ô
= = -
Ô Ô
Ó Ó
0,25
I
H
A
B
S
C
f(t)
t
f’(t)
-
•
+
•
0
+
-
0
-1
0
-
2
3
2
3
1
2
1
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
+
max
1P
đạt được khi t = 0 hay
2
0
1
0
1
y
x
y
x
= ±
Ï
Ï
€
Ì Ì
Ó
Ó
Câu 7.a
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có
(3; 2)M
là trung điểm của cạnh
AC, phương trình đường cao và đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A lần lượt là
8 13 0x y
- - =
và
3 4 6 0x y- + =
. Tìm tọa độ các điểm A, B và C.
Tọa độ A là nghiệm hệ
8 13 0
3 4 6 0
x y
x y
- - =
Ï
Ì
- + =
Ó
A(2;3).
Vì M là trung điểm AC nên
(2 ; 2 )
M A M A
C x x y y- -
hay C(4;1)
0,25
Đường thẳng BC đi qua C và vuông góc với đường cao kẻ từ A nên có phương trình
là x + 8y – 12 = 0.
0,25
Tọa độ trung điểm N của BC là nghiệm hệ
8 12 0
3 4 6 0
x y
x y
+ - =
Ï
Ì
- + =
Ó
3
0;
2
N
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
.
0,25
Suy ra
(2 ;2 )
N C N C
B x x y y- -
hay B(–4;2)
Vậy A(2;3), B(–4;2), C(4;1)
0,25
Câu 8.a
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho khối chóp S.ABC có
( 1;0;1), ( 1;3; 2), (1;3;1)A B C- -
và thể
tích bằng 3. Tìm tọa độ điểm S biết rằng S thuộc đường thẳng
1 1
:
2 1 1
x y z
d
+ -
= =
-
.
1 1
: ( 1 2 ; 1 ; )
2 1 1
x y z
S d S t t t
+ -
Π= = - - +
-
¸
Ô
= - - = - + -
˝
Î ˚
Ô
˛
0,25
Thể tích khối chóp S.ABC được tính bởi
6 6 3
= = + + - + = +
Î ˚
0,25
Theo giả thiết:
5
3 | 4 | 9
13
t
V t
t
È
= € + = €
Í
= -
Î
0,25
+
5 ( 11;6;5)t S
= -
+
13 (25; 12; 13)t S
= - - -
0,25
Câu 9.a
(1,0 điểm)
Tìm hệ số của x
5
trong khai triển nhị thức Newton của
3
2
n
x
x
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
, biết rằng n là số nguyên
dương thỏa mãn
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
.
Giải phương trình
3 2 3
1
4 2
n n n
C C A
+
+ =
ta được n =11.
0,25
Ta có số hạng tổng quát của khai triển
11
3
2
x
x
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
là
(
)
3(11 ) 33 4
11 11
.( 2) . ( 2) . 0,11
k k k k k k k
k
T C x x C x k
- - -
= - = - =
0,25
Để có số hạng chứa x
5
ta phải có
33 4 5 7k k
- = € =
0,25
Vậy hệ số của x
5
là
7 7
11
( 2) . 42240C- = -
0,25
Câu 7.b
(1,0 điểm)
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm
3
;7
8
M
Ê ˆ
Á ˜
Ë ¯
. Viết phương trình đường thẳng (d)
đi qua M và cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A, B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 12 (O
là gốc tọa độ).
Từ giả thiết ta có A(a; 0) và B(0; b) với a, b > 0 pt của
( ) : 1
x y
d
a b
+ =
.
0,25
M thuộc (d) nên
3 7
1
8
a b
+ =
.
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Diện tích tam giác OAB là
1 1
. 12 24
2 2
OAB
S OAOB ab ab= € = € =
Ta được hệ phương trình
3 7
56 3 192
1
3, 8
8
56 .3 4032
24
a b
a b
a b
a b
ab
Ï
+ =
+ =
Ï
Ô
€ € = =
Ì Ì
Ó
Ô
Ó
hoặc
3
, 56
7
a b= =
0,25
+ Với a =3, b = 8 thì phương trình (d):
1 8 3 24 0
3 8
hay
x y
x y+ = + - =
+ Với
3
, 56
7
a b= =
thì phương trình (d):
1 hay 392 3 168 0
3
56
7
x y
x y+ = + - =
.
0,25
Câu 8.b
(1,0 điểm)
Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt phẳng
( ) : 4 0P x y z- - - =
và hai điểm
(2;3; 4),A
-
(5;3; 1)B -
. Tìm điểm C trên (P) sao cho ABC vuông cân tại C.
Giải:
( ) ( ; ; 4)C P C x y x yΠ- -
Có:
= - - - = - - - -
0,25
D
ABC vuông cân tại C nên:
2 2
AC BC
Ï
Ô
Ì
Ô
Ó
hay
2
2 2 2 2 2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0
( 2) ( 3) ( ) ( 5) ( 3) ( 3)
x x y x y x y
x y x y x y x y
Ï
- - + - + - - - =
Ô
Ì
- + - + - = - + - + - -
Ô
Ó
0,25
2 2
( 2)( 5) ( 3) ( )( 3) 0 3 23 42 0
2 5 0 2 5
x x y x y x y x x
x y y x
Ï Ï
- - + - + - - - = - + =
€ €
Ì Ì
- - = = -
Ó Ó
0,25
3; 1
13 13
;
3 3
x y
x y
= =
È
Í
€
Í
= =
Î
. Vậy
(3;1; 2)C
-
hoặc
14 13 11
; ;
3 3 3
C
Ê ˆ
-
Á ˜
Ë ¯
0,25
Câu 9.b
(1,0 điểm)
Giải phương trình
2 2 2
3 3 2 2
3 3 3 27
x x x x x x- + + -
+ = +
Phương trình đã cho tương đương;
2 2 2 2 2 2
3 2 3 2 3 2 3 3 3
3 3 3 1 3 (3 1) (3 1) 0
x x x x x x x x x x x x- + - - - + - - -
+ = + € - - - =
0,5
2
2 2
2
3
3 2 3
2 3
3 1 0
(3 1)(3 1) 0
3 1 0
x x
x x x x
x x
-
- + -
+ -
È
- =
€ - - = €
Í
Í
- =
Î
0,25
2
3 2
0
3 1 3 0
3
x x
x
x x
x
-
È
= € - = €
Í
Î
0,25
2
2 3 2
1
3 1 2 3 0
3
x x
x
x x
x
+ -
È
= € + - = €
Í
= -
Î
Vậy phương trình đã cho có 4 nghiệm
0; 1; 3x x x= = = ±
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Trường THPT Chuyên Lê Quý Đôn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn Toán: Khối D _ LẦN 1
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 =
!"#$
%&'
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (() của hàm số.
2. Gọi ) là giao điểm 2 đường tiệm cận của (*). Tìm trên đồ thị (+) điểm , có hoành độ dương
sao cho tiếp tuyến với (-) tại . cắt tiệm cận đứng, tiệm cận ngang lần lượt tại / và 0 thoả mãn
123
4
+567
8
= 9:.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình ;<=>?@ +
A
B
C D EFGHIJ D
K
L
M =
N
O
Câu 3 (1,0 điểm) Giải bất phương trình
P
Q
R
D ST + U5D5
P
VW
X
D YZ + [ \ ] D ^
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
_
`a
bcde
P
fghi
j
k
l
m
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp tứ giác đều n. opqr có độ dài cạnh đáy bằng s, các mặt bên
tạo với đáy một góc tu
v
, mặt phẳng (w) chứa xy và đi qua trọng tâm z của tam giác {|} cắt
~•, ! lần lượt tại ", #. Tính thể tích khối chóp $. %&'( và tính khoảng cách giữa 2 đường
thẳng )* và +, theo
Câu 6 (1,0 điểm) Cho ., /, 0 là 3 cạnh của 1 tam giác có chu vi bằng 1.Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 =5
(
3 + 4 D 5
)
6
78
+
(
9 + : D ;
)
<
=>
+
(
? + @ D A
)
B
CD
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 hệ toạ độ EFG, cho đường tròn
(
H
)
:5J
K
+ L
M
D NO + PQ + RS = T5 và đường thẳng U: V + W D X = Y.5Xác định toạ độ các
đỉnh của hình vuông Z[\] ngoại tiếp (^) biết _ thuộc đường thẳng `.
Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian abcd, viết phương trình mặt phẳng (e) đi qua f, vuông
góc với mặt phẳng (g):5i5+ 5k5+ 5m5 = 5o và cách điểm p(q; 5s;5Dt)5một khoảng bằng
P
u .
Câu 9.a (1,0 điểm) Cho tập v =
{
w; x; y; z; {; |; }; ~
}
, • là tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số
khác nhau lấy từ các chữ số của . Xác định số phần tử của !. Chọn ngẫu nhiên một số từ ", tính
xác suất để số được chọn là một số chẵn, có mặt số # và số 1 phải đứng 1 trong 3 vị trí đầu tiên.
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng hệ toạ độ $%&, cho đường tròn
(
'
)
:5
(
(+ )
)
*
+(+D,)
-
=./5và 0(1;5D2). Lập phương trình đường thẳng d đi qua 3 và
cắt (4) tại 2 điểm phân biệt 55, 6 sao cho 785 = 5:;<.
Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian =>?@, cho các mặt phẳng
(
A
)
: BC+ DEFD GHD I= J,
(
K
)
: LMD NO+ PQ+ R= S5 và các đường thẳng
T
U
:555
V+ W
X
=
YD Z
D[
=
\+ ]
^
5;55555`
a
:5
bD c
Dd
=
e+ f
g
=
hD i
j
Viết phương trình đường thẳng ∆ song song với (k) và (l); cắt cả m
n
5pà55r
s
5
Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm t đề hệ sau có nghiệm
u
v
w
x
y5{
|
}
~
•!"#
$%
&
D '(
P
) + *+ = ,5
Hết
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 – Đợt 1
Môn: TOÁN ; Khối D
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu 1
(2,0 điểm)
Đáp án Điểm
(1.0 điểm)
·
.Tập xác định
=
!
"
\
{
#
}
· Sự biến thiên:
Chiều biến thiên : $
,
=
%&
('())
*
< +, ,!-!./.
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
(
0
1
;
2
)
;
(
3
;
!
+
1
)
.
0, 25
Giới hạn và tiệm cận:
456
789:
;
=
<=>
?8@A
B
=
!
C
;
tiệm cận ngang
D
=
E
FGH
I
8
J
K
L
=
!
0
1
,
!
MNO
P
8
Q
R
S
=
!
+
1
!
; tiệm cân đứng
!
T
=
U
0,25
Bảng biến thiên
x -∞ 1 +∞
y' - -
y 2
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
!
0
1
+∞
0.25
· Đồ thị
0,25
2. (1,0 điểm)
I(1;2),
V
(
!
W
X
!
;
Y
Z
)
.
(
!
[
!
)
\
]
!
!
>
^
Tiếp tuyến với
(
_
)
tại
!
`
có pt là:
a
b
y = -
c
(
!
d
e
f
!
g
!
)
h
!
(
i
0
!
j
k
)
+
l
!
m
n
o
p
q
r
s
t
2
y
2
O
x
1
2
1
1
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Gọi A=
a
u
vw
x
{
y
=
z
}
{
|
}
~
=
•
!
=
"
#
$
%!'
+
(
)
*
+
!
,
-
.
/!1
=
!
2
3
4
5
6
7!9
Do đó A ( 1 ;
:;
<
=
>
?!A
!)
Gọi B = a!uBCD!
{
E = F
}
{
G
H
I
= JK
L
0!N
O
P
= Q
Do đó B ( 2R
S
-1 ; 2 )
TU
V
= (
WX
Y
Z
[
\]
0!_)
`
= (
a
b
c
de
)
f
= !
g
(h
i
jk)
l
!
mn
o
= ( 2p
q
0r)
s
= t!(u
v
0w)
x
2 yz
{
+ !}~
•
=
(!
"
#$!)
%
+ &!('
(
0))
*
= +,!-
.
(/
0
12)
3
+(4
5
01)
6
=3
Đặt 7 = (8
9
0:)
;
!> <;
=
>
+ y = 3 -?
@
03A+2=0-
B
C=D
E=F
y =1; (G
H
0I)
J
= K!{
L
M
N
0O= P
Q
R
0S= 0T
-!
U
V
W
= X
Y
Z
= [
(
\
)
y =2; (]
^
0_)
`
= a!{
b
c
d
0e=
f
g
h
i
0j= 0!
f
k
-!
l
m
n
= o+
f
p
q
r
= s0
f
t!(u)
Vậy có 2 điểm cần tìm .
v
w
(
!
2
;
3
!
)
.
x
y
(
!
1
+
f
z
!
;
{
+
f
|
}
)
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 2, 3
(2,0 điểm)
2. (1,0 điểm)
Phương trình đã cho tương đương với:
2
~•!
"
!
#
+
$
3
%
0
&'(
(
2
)
0
*
6
)
=
1
2
-2sinx + 2
f
3cos x -
f
3sin2x + cos2x - 1 = 0
- - 2
f
3cosx( sinx -1 ) -2+,-
.
/+20123=0
⇔!!- 2
f
3cosx( sinx -1 ) - 24567!(89:;01)=0
⇔(<=>?01)(
f
3cosx + sinx ) = 0
⇔
@
ABCD= E
f
FGHIJ+ KLMN= O
⇔ P
Q=
R
S
+ TUV
W= !0
X
Y
+ ![\
Vậy, phương trình đã cho có nghiệm
0
]
^
+
!
_`
,
a
b
+
cde
,
f
g
h
0.25
0,25
0,25
0,25
3. (1,0 điểm)
Điều kiện;
i
j
!
k
l
m
n
!
o
p
q=1
· x = 1 là một nghiệm
· Trường hợp 1: x k
r
s
BPT ⇔
f
2 0t +!
f
1 0u !o
f
1 02v
⇔ 3
-
2x + 2
w
(
2
0
!
x
)
(
y
0
z
!
)
o
1
-
2x
BPT
⇔
{
(
2
0
!
|
)
(
}
0
~
!
)
>
!
0
2
!
(
tho
ả
m
ã
n
)
0,25
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Trường hợp 2: x
!
o
!
2
BPT
⇔
f
•
0
2
0
!
f
2
0
1
!
o
!
f
!
0
1
f
" 02 o
f
# 01 +
f
2$ 01!
-!&!0!2 o3' 02+2
f
2(
)
0!3*+1
⇔
2
+
!
+
2
f
2
,
-
0
!
3
.
+
1
k
0
!
( vô nghi
ệ
m)
V
ậ
y t
ậ
p nghi
ệ
m c
ủ
a BPT là ; S =(
0
1
;
!
/
0
1
2
!
{
1
}
0,25
0,25
Câu 4
(1,0 điểm)
I =
3
45
6789
f
:;<
=
=
>
?
@
3
AB
CDEF
f
GH!JKL
!!
M
N
O
P
Đặt t =
f
!R + STU ; x = V
W
!thì X!=2; Y = Z
[
!thì \!= !3
]
^
= _ + lnx
2`ab =
cd
e
!; fgh = !j
k
0!m
I =
3
nopq
r
s
t
!
u
!
v
w
x
=
yz
{
|
}
~
•
!
"
#
$
|
%
&
=
!
'(
)
*
0,5
0,5
Câu 5:
(1,0 điểm)
· S ABCD = +
,
· SO = OH tan60
-
=
.
/
f
3
V = 0
12345
=
6
7
8
9
!
:
f
;
<
= !
=
>
f
?
@
· M ,N lần lượt là trung điểm của SC , SD
A
BCDEF
= G
HIJK
+!M
NOPQ
!
R
STUV
W
XYZ[
= !
\]
^_
= !
1
2
!{!a
bcde
= !
f
g
!i
j
klmn
o
pqr
= !
st
uv
!.
wx
yz
= !
1
4
!!{!|
}~•!
= !
"
#
!%
&'!(ó! )
*+,
= !
/
0
!2 +!
3
4
!6 = !
7
8
!: = !
;
<
.
=
>
f
?
@
= !
AB
C
f
D
EF
G
!
(
HI
,
JK
!
)
=
L
!
M
NO
,
(
PQR
)
S
=
T
!
U
!
V
,
(
!
WXY
)
Z
= 2d (O, SAD) = 2d ( O, SCD)= 2OK ( OK là đường cao
a
[\]
!
)
0,25
0,25
0,25
M
B
C
D
H
A
K
O
S
N
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
1
^
_
`
=
!
1
a
b
c
+
!
1
d
e
f
=
!
4
3
g
h
+
!
4
i
j
=
!
16
3
k
l
!
!
{
mn
=
!
o
f
p
q
r
s
w
!
x
!
(
yz
,
{|
!
)
=
!
}
f
~
•
0,25
Câu 6:
(1,0 điểm)
Áp dụng BPT CAUCHY ta có.
( !"#$)
%
&'
+
(
)
+
*
+
o
3
,
( /01)
2
34
!
.
5
6
!
.
7
8
!
9
!
!
=
:
+
;
0
<
{!
(=>?@A)
B
CD
!oE+ F0!
GH
I
0!
J
K
Tương tự.
(LMNOP)
Q
RS
!oT+ U0!
VW
X
0!
Y
Z
([+ \0])
^
3_
!o`+ a0!
4b
3
0!
1
3
!!
Suy ra P o!
c
d
!
(
!f+ g+ h
)
0!1=1!
P = 1 khi a = b = c =1
Vậy minP =1 khi a = b= c=1
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 7.a, 8a
(2,0 điểm)
7a. (1, 0 điểm)
(C) có tâm
i
(
4
;
!
0
3
)
,
bán kính R = 2. I thuộc d.
A thuộc d nên
j
(
k
;
!
1
!
0
!
l
)
;
mn
!
=
!
|
o
!
0
!
4
|
!
f
2
=
2
f
2
!
-
p
q
=
6
r =2
s!=!6; !u(6;!05)!; !w(2;!01)
x = !2; !z(2;!01)!; !|(6;!05)!
BD đi qua I và vuông góc với d nên }~:! 0!"!07!= !0.
B thuộc BD nên #($; !&!0!7)
'(!= !|s - 4|
f
2 =2
f
2!-)
*=6
+=2
,!=!6; !.(6;!01)!; !0(2;!05)
1= !2; !3(2;!05)!; !5(6;!01)!
Vậy có 4 hình vuông cần tìm.
0,5
0,5
8a. (1,0 điểm)
(
6
)
:
!
78
!
+
!
9:
!
+
!
;<
!
+
!
=
!
=
!
0
(
>
?
+
@
A
+
B
C
>
0
),
D
thuộc
(
E
)
nên
F
!
=
!
0
;
(
G
)
vuông góc với
(
H
)
,
ta được
I
!
+
!
J
+
!
K
!
=
!
0
, sra
L
=
0
M
0
!O. Do đó !(P)!!RS!+ !UV!0!(W!+ !Y)![!= !0
\
]
^,
(
_
)
`
= !
|2a+3b)|
f
2
f
c
d
+ !fg+ h
i
= f2
-j
k=
05
8
l
m
=
0
Vậy có 2 mặt phẳng cần tìm là
n
!
0
!
o
!
=
!
0
;
!
5
p
!
0
8
q
+
3
!
r
!
=
!
0
.
0,25
0,25
0,5
0,25
Câu 9.a
(1,0 điểm)
Số phần tử của S là
7
s
t
u
=
5880
Số cách chọn mộ số chẵn có mặt số 1 mà số 1 phải đứng 1 trong 3 vị trí
đầu tiên từ S là
3
v
w
x
+
3
(
y
z
{
+
10
|
}
~
!
)
=
1320
0,5
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Xác suất cần tính bằng
•!
"#
0,25
Câu 7b, 8b
(2,0 điểm)
7b.(1,0 điểm)
Đường tròn có tâm
$
(
0
1
;
!
1
)
, bán kính
%
!
=
!
5
.
&
'/(()
=
20
>
0
,
!
do đó M nằm ngoài (C).
!
&
)/(*)
=
+,
-
.
/
0
1
2
3
.
45
6
7
8
9
:
;
3
=
5!=>
?
=20.!Ta được @A!=2. Gọi B là hình chiếu vuông góc của C
trên D. Ta có EF!= !2!HI!= !4, sra JK!= !3.
L: M
(
N 02
)
+ !P
(
Q +5
)
=!0(R
S
+ T
U
>0).
VW = X
(
Y, Z
)
=
|3[ 06\|
f
]
^
+ _
`
=3-
|
a02b
|
=
c
d
e
+f
g
!-h
i=0
4j=3k
Vậy có 2 đường thẳng cần tìm là
l
!
0
!
2
!
=
!
0
!
;
!
3
m
!
+
!
4
n
!
+
!
14
!
=
!
0
0,25
0,25
0,25
0,25
8b.(1,0 điểm)
(
a
)
song song với (P) và (Q) nên
(
a
)
vectơ chi phương
o
p
q
3
=
(
r
;
!
0
s
;
!
0
t
)
Gọi u = v
w
ua,x=y
z
ua , {(2|!05;!04} +3;3~!01),);!
•
(
02 +3; !3!!01; !4" + !2
)
.!!Ta có #$
%
&
'
(
)
3
=(02*02++8;3,+4-0
4;4.03/+3). Ta được 01
2
3
4
5
6
3
, 7
8
9
3
cùng phương nên
:
;<
=
>
?
@
A
3
, B
C
D
3
E
= !0!
F
G
H
3
{
I
J = 0K
L
=
M
. Suy ra
N
(
5
;
!
0
4
;
0
2
)
;
O
(
0
3
;
!
0
1
;
2
)
Vậy
(
a
)
:
!
P
Q
R
S
=
T
U
V
W
X
=
Y
Z
[
\
]
.
0,25
0,25
0,25
0,25
Câu 9b.
(1,0 điểm)
Từ bất phương trình đầu của hệ ta được
1
k
^
k
4
.
Trên
[
1
;
4
]
,
!
phương trình thứ hai của hệ tương đương với
_
=
3
f
`
+
ab
c
f
d
.
Đặt e(f)=3
f
g +
hi
j
f
k
, l!.
[
1;4
]
. Ta có m
n
(
o
)
=
p
q
f
r
0
st
u
v
f
w
=0!-
x
y
=16!-z =4.
{
(
1
)
=19; |
(
4
)
= !8. Do đó GTLN của }(~) trên
[
1;4
]
là 19; GTNN
của
•
(
)
trên
[
1
;
4
]
,
!
là 8. Vậy hệ có nghiệm kvck
8
k
!
k
19
0,25
0,25
0,25
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3
Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014
Thời gian: 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
4 2
2 .
y x x
= −
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C), biết tiếp tuyến đi qua điểm
(
)
1; 1 .
A
−
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
( )
( )
π
− + = −
7
sin 3 cos sin cos 2 2 sin
4
x x x x x
(
)
.
x ∈
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2
2 1 4
1
x y y x
y x y x
+ − =
+ + =
(
)
; .
x y ∈
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
1
0
2 4 6
.
6 9
x x
x x
I dx
⋅ +
=
+
∫
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC và mặt bên SAB là những tam giác đều cạnh a. Mặt phẳng
(SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABC). Tính thể tích của khối chóp S.ABC theo a và cosin của góc giữa hai mặt
phẳng (SBC) và (ABC).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x và y là hai số thực thay đổi thuộc nửa khoảng
(
]
0;1
và
4 .
x y xy
+ =
Tìm giá trị lớn nhất và
giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
2 2
1 1 1
.
6
P x y xy
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 Chun
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đỉnh C nằm trên đường thẳng
: 2 1 0,
x y
∆ − − =
đường thẳng
BD
có phương trình là
7 9 0.
x y
− − =
Điểm
(
)
1;2
E − thuộc cạnh AB sao cho
3 .
EB EA
=
Biết rằng điểm B có tung độ dương. Tìm tọa độ của các điểm A, B, C, D.
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu
(
)
2 2 2
: 2 2 2 0
S x y z y z
+ + − + − =
và hai điểm
(
)
(
)
0;2;1 , 2;2;0 .
A B Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với mặt cầu (S).
Câu 9a (1,0 điểm). Gọi
1
z
và
2
z
là hai nghiệm phức của phương trình
− + =
2
2 17 0.
z z
Tính giá trị của biểu thức
1 2
.
A i z i z
= + + +
A. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đường phân giác trong của góc A nằm
trên đường thẳng
: 0
+ =
d x y , đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC có phương trình là:
2 2
4 2 20 0.
x y x y
+ − + − =
Biết rằng điểm
(
)
3; 4
M
−
thuộc đường thẳng BC và điểm A có hoành độ âm. Tìm tọa độ của các điểm A, B, C.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
2 1 2
: .
1 4 1
x y z
− − −
∆ = = Tìm tọa độ của
điểm A nằm trên trục Oy sao cho khoảng cách từ điểm A đến đường thẳng
∆
bằng 3.
Câu 9b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
(
)
2
2
log log 1 0
1 2
x y
x y x
− + =
+ = −
(
)
; .
x y ∈
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.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014
Câu
Đáp án Điểm
1a
• Tập xác định:
.
=
D
• Giới hạn:
→+∞ →−∞
= +∞ = +∞
lim , lim
x x
y y .
0,25
Sự biến thiên:
= −
3
' 4 4
y x x
,
=
= ⇔
= ±
0
' 0 .
1
x
y
x
0,25
•
Bảng biến thiên:
-1
-1
0
-1
1
0
-
+
0
+
∞
∞∞
∞
-
∞
∞∞
∞
y
y'
x
-
+
0 0
+
∞
∞∞
∞
+
∞
∞∞
∞
• Hàm số đồng biến trên
−
( 1;0)
và
+∞
(1; )
, nghịch biến trên
−∞ −
( ; 1)
và
(
)
0;1 .
Hàm số đạt cực đại tại
= =
C§
0, 0
x y ; hàm số đạt cực tiểu tại
= ± = −
CT
1, 1.
x y
0,25
•
Đồ thị:
0,25
1b
Gọi
(
)
(
)
4 2
; 2
o o o
M x x x C
− ∈ và d là tiếp tuyến của (C) tại điểm
M
.
Phương trình của d:
(
)
(
)
3 4 2
4 4 2
o o o o o
y x x x x x x
= − − + − .
0,25
( )
( )
( ) ( ) ( )( )
2
3 4 2
1
1; 1 1 4 4 1 2 1 3 1 1 0 .
1
3
o
o o o o o o o o
o
x
A d x x x x x x x x
x
= ±
− ∈ ⇔ − = − − + − ⇔ − − + = ⇔
=
0,25
Với
1
o
x
= ±
thì
: 1.
= −
d y
0,25
Với
1
3
o
x
=
thì
32 5
: .
27 27
d y x= − +
0,25
2
Ta có
π π π
− = + − π = +
7
sin sin 2 sin
4 4 4
x x x
và
π
+ = +
sin cos 2 sin
4
x x x
.
0,25
Phương trình đã cho tương đương với:
π
+ =
sin 0
4
x
hoặc
− =
sin 3 cos 2
x x .
0,25
sin 0
4 4
x x k
π π
π
+ = ⇔ = − +
(
)
∈
k .
0,25
x
y
O
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
5
sin 3 cos 2 sin 1 2
3 6
x x x x k
π π
π
− = ⇔ − = ⇔ = +
(
)
∈
k .
Vậy phương trình có nghiệm là
4
x k
π
π
= − + và
5
2
6
x k
π
π
= + .
Chú ý:
N
ếu thí sinh không g
hi
k
∈
thì không tr
ừ
đi
ểm.
0,25
3
2
2 1 4
1
x y y x
y x y x
+ − =
+ + =
(1)
(2)
(
)
; .
x y ∈
Điều kiện:
0
x
≥
.
•
1
y
=
thì (2) vô nghiệm nên hệ đã cho vô nghiệm.
•
1
y
≠
thì
( )
1
2
1
y
x
y
+
⇔ =
−
(*), thay vào phương trình (1), ta được:
0,25
( ) ( )
( )
2
2
2 2
1
1 1
1 2. 1 4 . 1 3 0 .
1 1
3
y
y y
y y y y
y y
y
= −
+ +
⇔ + − = ⇔ + − = ⇔
− −
= ±
0,25
3
y = thì
3 1
(*) 7 4 3
3 1
x x
+
⇔ = ⇔ = +
−
(thỏa điều kiện).
3
y
= −
thì
3 1
(*) 7 4 3
3 1
x x
− +
⇔ = ⇔ = −
− −
(thỏa điều kiện).
0,25
1
y
= −
thì
(*) 0
x
⇔ =
(th
ỏa
đi
ều kiện).
Vậy hệ phương trình đã cho có ba nghiệm
(
)
;
x y
là
( )
(
)
(
)
0; 1 , 7 4 3; 3 , 7 4 3; 3 .
− + − −
0,25
4
2
1 1
0 0
2 2 2
2 2 1
2
3 3 3
3
2 2
1 1
3 3
x x x
x
x x
I dx dx
⋅ + ⋅ +
= = ⋅
+ +
∫ ∫
0,25
Đặt
2 2 2
ln .
3 3 3
x x
t dt dx
= ⇒ =
Đổi cận:
0 1
.
2
1
3
x t
x t
= ⇒ =
= ⇒ =
Khi đó:
2
3
1
1 2 1
2
1
ln
3
t
I dt
t
+
=
+
∫
0,25
( )
2
3
2
3
1
1
1 1 1
2 2 ln | 1|
2 2
1
ln ln
3 3
dt t t
t
= − = − +
+
∫
0,25
1 5 2 1 6 2
ln 2 ln ln .
2 2
3 3 5 3
ln ln
3 3
= − − = −
0,25
5
H
A
B
C
S
D
Gọi H là trung điểm của AB. Vì các tam giác SAB, CAB đều
nên
SH AB
⊥
và
.
CH AB
⊥
(
)
(
)
( ) ( ) ( )
SAB ABC
SAB ABC AB SH ABC
SH AB
⊥
∩ = ⇒ ⊥
⊥
.
Vậy SH là đường cao của hình chóp S.ABC.
0,25
Ta có
2
3 3
;
2 4
ABC
a a
SH S
∆
= = , suy ra
3
.
1
.
3 8
S ABC ABC
a
V S SH
∆
= = .
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Gọi D là hình chiếu vuông góc của H trên BC thì
.
HD BC
⊥
Mặt khác
BC SH
⊥
nên suy ra
(
)
BC SHD
⊥ , do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) là góc
SDH
.
0,25
Trong tam giác vuông BDH, ta có
3
sin 60 .
4
o
a
HD HB= = Suy ra
2 2
15
.
4
a
SD SH HD= + =
( ) ( )
( )
1
cos , cos .
5
HD
SBC ABC SDH
SD
= = =
0,25
6
Ta có:
1
4 2
4
xy x y xy xy
= + ≥ ⇒ ≥
.
(
]
( )( )
1
; 0;1 1 1 0 1 ( ) 0 1 4 0 .
3
x y x y x y xy xy xy xy
∈ ⇒ − − ≥ ⇒ − + + ≥ ⇒ − + ≥ ⇒ ≤
0,25
( )
( )
2
2 2 2
2 2 2
2
1 1 1 1 1 8
4( ) .
6 6 ( ) 3 3
x y xy
P x y xy xy x y xy
x y xy xy
+ −
= + − + = + − = + −
Đặt
t xy
=
thì
( )
2
1 8
4
3 3
P t f t
t
= + − = với
1 1
; .
4 3
t
∈
( )
3
2 2
1 24 1 1 1
' 8 0, ;
3 3 4 3
t
f t t t
t t
−
= − = < ∀ ∈
suy ra
(
)
f t
nghịch biến trên đoạn
1 1
; .
4 3
Do đó
( )
1 1 1 1
, ; .
3 4 4 3
f f t f t
≤ ≤ ∀ ∈
0,25
•
13
max
12
P
= −
đạt được khi và chỉ khỉ
1
.
2
x y
= =
0,25
•
11
min
9
P
= −
đạt được khi và chỉ khỉ
1
1;
3
x y
= =
hoặc
1
; 1.
3
x y
= =
0,25
7a
(
)
: 2 1 0 2 1;
C x y C c c
∈ ∆ − − = ⇔ + .
Ta có
( ) ( )
13 2 18
4 4
, , . 2
3 3
50 50
c
d C BD d E BD c
− −
= ⇔ = ⇔ =
hoặc
22
13
c
= −
.
(
)
2 5;2
c C= ⇒ (thỏa mãn vì C, E nằm khác phía đối với BD).
22 31 22
;
13 13 13
c C
= − ⇒ − −
(loại vì C, E nằm cùng phía đối với BD).
0,25
(
)
: 7 9 0 ;7 9 .
B BD x y B b b
∈ − − = ⇔ −
Ta có
( )( ) ( )( )
90 . 0 1 5 11 7 11 7 0 2
o
EBC BE BC b b b b b
= ⇔ = ⇔ − − − + − − = ⇔ =
hoặc
29
.
25
b =
(
)
2 2;5
b B= ⇒ (thỏa mãn điều kiện
0
B
y
>
).
29 29 22
;
25 25 25
b B
= ⇒ −
(loại).
0,25
( )
( )
4
2 1 2
2
4
3
4 1
3
5 2 5
3
A
A
A
A
x
x
BA BE
y
y
− = − −
= −
= ⇔ ⇔
=
− = −
. Vậy
(
)
2;1
A − .
0,25
5 4 1
2 4 2
D D
D D
x x
BA CD
y y
− = − =
= ⇔ ⇔
− = − = −
. Vậy
(
)
1; 2 .
D
−
Vậy
(
)
2;1
A − ,
(
)
2;5
B ,
(
)
5;2
C và
(
)
1; 2 .
D
−
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
8a
Gọi
(
)
; ; 0
n a b c
= ≠
là vectơ pháp tuyến của (P). Ta có
(
)
2;0; 1
AB
= −
.
Vì A, B thuộc (P) nên
. 0 2 0 2 .
AB n a c c a
= ⇔ − = ⇔ =
Phương trình của (P):
(
)
(
)
2 2 1 0.
ax b y a z
+ − + − =
0,25
(S) có tâm
(
)
0;1; 1
T
−
và bán kính
2
R
=
.
(P) tiếp xúc (S)
( )
2 2
2 2
4
,( ) 2 4 8 3 0
2
5
b a
b
d T P R a ab b a
a b
− −
⇔ = ⇔ = ⇔ − + = ⇔ =
+
hoặc
3
2
b
a = .
0,25
2
b
a
=
, chọn
1; 2
a b
= =
ta được
(
)
(
)
(
)
: 2 2 2 1 0
P x y z
+ − + − =
hay
(
)
: 2 2 6 0
P x y z
+ + − =
.
0,25
3
2
b
a = , chọn
3; 2
a b
= =
ta được
(
)
(
)
(
)
: 3 2 2 6 1 0
P x y z
+ − + − =
hay
(
)
: 3 2 6 10 0
P x y z
+ + − =
.
0,25
9a
Ta có
( ) ( )
2 2
' 1 17 16 4 .
i
∆ = − − = − =
0,25
Phương trình đã cho có hai nghiệm là
1 4
+
i
và
1 4 .
−
i
0,25
Nếu
1
1 4
= +
z i
thì
2 1 4 2 1 3 2 10.
A i i i= + − = − =
0,25
Nếu
1
1 4
= −
z i
thì
2 1 4 2 1 5 2 26.
A i i i= + + = + =
0,25
7b
Gọi
2 2
( ) : 4 2 20 0.
T x y x y
+ − + − =
Tọa độ giao điểm của
d
và
( )
T
là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
0
2
2
4 2 20 0
x y
x
y
x y x y
+ =
= −
⇔
=
+ − + − =
hoặc
5
.
5
x
y
=
= −
Vì A là một giao điểm của
d
và
( )
T
đồng thời A có hoành độ âm nên
(
)
2;2 .
A − Gọi
(
)
2; 1
I
−
là tâm của
( )
T
.
D
I
C
B
A
M
0,25
Gọi
(
)
5; 5
D
−
là giao điểm thứ hai của
d
và
( )
T
. Do
AD
là phân giác trong góc A nên ta có
DB DC
=
. Suy ra ID là đường trung trực của BC. Đường thẳng BC qua
(
)
3; 4
M
−
và có vectơ pháp
tuyến
(
)
3; 4
ID
= −
nên có phương trình:
3( 3) 4( 4) 0 3 4 25 0.
x y x y
− − + = ⇔ − − =
0,25
Tọa độ của các điểm B, C là nghiệm của hệ phương trình:
2 2
3 4 25 0
7
1
4 2 20 0
x y
x
y
x y x y
− − =
=
⇔
= −
+ − + − =
hoặc
3
5
.
29
5
x
y
=
= −
0,25
Vậy
( )
3 29
7; 1 , ;
5 5
B C
− −
hoặc
( )
3 29
; , 7; 1 .
5 5
B C
− −
0,25
8b
(
)
0; ;0 .
A Oy A a∈ ⇔ Đường thẳng
∆
đi qua điểm
(
)
2;1;2
M và có vectơ chỉ phương
(
)
1;4;1 .
u =
0,25
(
)
2;1 ;2
AM a
= −
,
( )
, 7;0; 7 .
AM u a a
= − − +
Suy ra
( )
,
, 3 3
AM u
d A
u
∆ = ⇔ =
0,25
( ) ( )
2 2
2 2 2
7 7
3 7 9 2
1 4 1
a a
a a
− − + +
⇔ = ⇔ + = ⇔ =
+ +
hoặc
16.
a
= −
0,25
Vậy có hai điểm A thỏa yêu cầu là
(
)
0;2;0
A và
(
)
0; 16;0 .
A −
0,25
9b
Giải hệ phương trình
(
)
2
2
log log 1 0
1 2
x y
x y x
− + =
+ = −
(1)
(2)
(
)
; .
x y ∈
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Điều kiện:
0; 1.
x y
> > −
(*)
( ) ( )
2 2
2 2
1 log 1 log 1
y x y x
⇔ + = ⇔ = −
.
0,25
Thay vào (2), ta được:
( )
( )
( )
( )
2
2
2
2
2
2
2 1 0
2 1 0
2 1 2 1
3 1 0
1 2 1
− − ≥
− − ≥
⇔ + = − − ⇔ ⇔
− − − =
+ = − −
x x
x x
x x x
x x x x
x x x
0,25
1 2 1 2
1 5
0 3
2
x x
x x x
≥ + ≤ −
⇔
±
= = =
hoÆc
hoÆc hoÆc
3
x
⇔ =
hoặc
1 5
2
x
−
= .
0,25
Đối chiếu với điều kiện (*), ta được
3
x
=
, suy ra
8
y
=
.
Vậy hệ phương trình đã cho có một nghiệm là
(
)
(
)
; 3;8 .
x y =
0,25
HẾT
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2
Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014
Thời gian: 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
3 2
3 2 (1)
= − +y x mx , m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi
1.
=
m
b) Tìm
m
∈
để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị và đường thẳng đi qua hai điểm cực trị tạo với trục Ox một góc
ϕ
mà
1
cos .
5
ϕ
=
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2 2
sin sin 5 2 cos 2 cos 2
4 4
x x x x
π π
+ = − − +
(
)
x ∈
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2
4
2 1 2 1 1 2 3
+ + − = − + − +
x x x x x
(
)
∈
x .
Câu 4 (1,0 điểm). Cho (H) là hình phẳng giới hạn bởi các đường:
(
)
2 1 ln
y x x
= − , 0,
y x e
= =
. Tính thể tích của khối
tròn xoay tạo thành khi quay hình (H) quanh trục Ox.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi. Biết rằng tứ diện SABD là tứ diện đều cạnh a.
Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng BD và SC.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho
x
và
y
là hai số thực dương thay đổi sao cho
(
)
2 2 2
log 3 log log
x y x y
+ = + + .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
2 2
1
3 3
3 3
x y
x y
P
−
+ −
+
=
+
.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chun
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có BD = 2AC, điểm
(
)
2; 1
H
−
, phương trình
của đường thẳng BD là
0
x y
− =
. Gọi M là trung điểm của cạnh CD. Giả sử H là hình chiếu vuông góc của điểm A trên
đường thẳng BM. Viết phương trình của đường thẳng AH.
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng
( ) : 2 2 7 0
P x y z
− + − =
và hai điểm
(
)
0;0;2 ,
A
(
)
1; 1;0
B − . Viết phương trình mặt cầu (S) có tâm thuộc mặt phẳng Oxy, đi qua hai điểm A, B và tiếp xúc với (P).
Câu 9a (1,0 điểm). Có hai cái hộp A và B đựng các cây viết. Hộp A gồm 5 cây viết màu đỏ và 6 cây viết màu xanh. Hộp B
gồm 7 cây viết màu đỏ và 8 cây viết màu xanh. Lấy ngẫu nhiên cùng một lúc từ mỗi hộp ra một cây viết. Tính xác suất
sao cho hai cây viết được lấy ra có cùng màu.
A. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thang cân ABCD có AD và BC là hai đáy,
5.
AB BC
= =
Biết rằng điểm
(2;1)
E thuộc cạnh AB, điểm
( 2; 5)
F
− −
thuộc cạnh AD và phương trình đường thẳng AC là
3 3 0
x y
− − =
.
Tìm tọa độ các đỉnh A, B.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng
1 2
:
2 1 1
x y z
− −
∆ = =
−
và mặt cầu (S) có
phương trình
2 2 2
( 3) ( 2) ( 1) 25
x y z
− + − + + =
. Tìm tọa độ của điểm A trên đường thẳng
∆
và tọa độ của điểm B trên mặt
cầu (S) sao cho A và B đối xứng nhau qua trục Ox.
Câu 9b (1,0 điểm). Tìm số phức
,
z
biết rằng
. 2
z z
=
và
2
1
z z
− −
là một số thuần ảo.
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.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014
Câu Đáp án Điểm
1a
• Khi
1
m
=
hàm số trở thành:
3 2
3 2
y x x
= − +
.
• Tập xác định:
.
=
D
• Giới hạn: lim , lim
x x
y y
→+∞ →−∞
= +∞ = −∞
.
0,25
Sự biến thiên:
2
' 3 6
y x x
= −
,
0
' 0 .
2
x
y
x
=
= ⇔
=
0,25
•
Bảng biến thiên:
-2
2
2
0
x
y
y'
0
0
+
-
+
-
∞
∞∞
∞
+
∞
∞∞
∞
+
∞
∞∞
∞
-
∞
∞∞
∞
• Hàm số đồng biến trên
( ;0)
−∞
và
(2; )
+∞
, nghịch biến trên
(0;2).
Hàm số đạt cực đại tại
0, 2
CD
x y
= =
; hàm số đạt cực tiểu tại
2, 2.
CT
x y
= = −
0,25
•
Đồ thị:
x
-1
2
y
-2
2
O
1
0,25
1b
Ta có:
2
0
' 3 6 ; ' 0 .
2
x
y x mx y
x m
=
= − = ⇔
=
Đồ thị hàm số có hai điểm cực trị
' 0
y
⇔ =
có 2 nghiệm phân biệt
0.
m
⇔ ≠
0,25
Gọi
(
)
(
)
3
0;2 , 2 ; 4 2
A B m m
− +
là các điểm cực trị của đồ thị hàm số (1). Khi đó đường thẳng qua
hai điểm cực trị có vectơ chỉ phương là
(
)
3
2 ; 4
AB m m
= −
và có vectơ pháp tuyến là
(
)
2
2 ;1
n m=
.
Trục Ox có vectơ pháp tuyến là
(0;1).
j =
0,25
Đường thẳng qua hai điểm cực trị tạo với trục Ox góc
ϕ
. Ta có:
( )
4
1 1 1 1 1
cos cos ,
5 5 5 5
.
4 1
ϕ
⋅
= ⇔ = ⇔ = ⇔ =
+
n j
n j
n j
m
0,25
4
4 1 5 1
m m
⇔ + = ⇔ = ±
(thỏa mãn điều kiện
0
m
≠
).
Vậy
1
m
=
hoặc
1
m
= −
.
0,25
2
Ta có:
2 2
2 cos 2 cos 2 1 cos 2 1 cos 4 sin 2 sin 4
4 4 2 2
x x x x x x
π π π π
− − + = + − − − + = +
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
Phương trình đã cho tương đương với:
sin sin 5 sin 2 sin 4
x x x x
+ = +
2sin 3 cos 2 2sin 3 cos
⇔ =
x x x x
cos 2 cos
⇔ =
x x
hoặc
sin 3 0
=
x
0,25
2
2 2
cos 2 cos
2
2 2
3
π
π
π
π
=
= +
= ⇔ ⇔
= − +
=
x k
x x k
x x
k
x x k
x
(
)
∈
k .
0,25
sin 3 0
3
π
= ⇔ =
k
x x
(
)
∈
k .
Vậy phương trình có nghiệm là
3
π
=
k
x .
Chú ý: Nếu thí sinh không ghi k
∈
, không gộp nghiệm thì không trừ điểm.
0,25
3
Điều kiện:
1
≥
x
.
Đặt
4
2 1
= −
a x
(
)
0
≥
a , ta có:
4
2 1
= +
x a . Phương trình đã cho trở thành:
( )
4
4
2 1 1 2
+ + = − + − +
a a x x (1)
0,25
Xét hàm số
( )
4
2
= + +
f t t t với
0
≥
t
. Ta có
( )
3
4
2
' 1 0, 0
2
= + > ∀ ≥
+
t
f t t
t
.
Suy ra hàm số
(
)
f t
đồng biến trên
[
)
0;
+∞
.
0,25
( ) ( )
(
)
4
1 1 1 2 1 1
⇔ = − ⇔ = − ⇔ − = −
f a f x a x x x
0,25
2
1
1
2 2
2 2
4 2 0
x
x
x
x
x x
≥
≥
⇔ ⇔ ⇔ = +
= ±
− + =
.
Vậy phương trình đã cho có một nghiệm là
2 2
x = + .
0,25
4
Tập xác định:
[
)
1;D
= +∞
.
Phương trình hoành độ giao điểm của đường
(
)
2 1 ln
y x x
= − với
0
y
=
là:
( )
1
2 1 ln 0 1
ln 0
2 1 0
x
x x x
x
x
≥
− = ⇔ ⇔ =
=
− =
. Do
1
x
≥
nên
(
)
= − ≥
2 1 ln 0
y x x .
0,25
Thể tích vật thể cần tính là:
( )
2
2
1 1
(2 1) ln (2 1) ln
e e
V x x dx x xdx
π π
= − = −
∫ ∫
0,25
Tính
2
1
(2 1) ln
e
I x xdx
= −
∫
. Đặt
2
ln
(2 1)
u x
dv x
=
= −
, ta có
3
(2 1)
6
dx
du
x
x
v
=
−
=
.
3 3 3 3 3 2
2
1
1 1
1
(2 1) (2 1) (2 1) 4 ln 8 9 4
ln ln
6 6 6 9 6 9
e
e e
e
x x x x x e e
I x dx x x x
x
− − − − +
= − = − − + − =
∫
.
0,25
Vậy
3 2
8 9 4
9
e e
V
− +
= π .
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
5
H
G
O
C
A
D
B
S
Gọi G là hình chiếu vuông góc của S
trên mặt phẳng (ABCD). Vì tứ diện
SABD đều nên G là trọng tâm của tam
giác đều ABD.
Ta có
2
3
2
2
ABCD ABD
a
S S
∆
= = .
0,25
Trong tam giác vuông SGA, ta có:
2
2 2 2
6
3 3
a a
SG SA GA a= − = − = .
Do đó:
3
.
1 2
.
3 6
S ABCD ABCD
a
V S SG= = .
0,25
Gọi O là tâm hình thoi. Gọi H là hình chiếu vuông góc của O trên SC, suy ra
OH SC
⊥
.
( )
DB BC
DB SAC DB OH
DB SG
⊥
⇒ ⊥ ⇒ ⊥
⊥
.
Vậy OH là đoạn vuông góc chung của SC và BD nên
(
)
, =
d DB SC OH
,
2
SC a
= .
0,25
3 6
.
.
2 3
2
2
a a
HO CO CO GS a
CHO CGS HO
GS CS CS
a
∆ ∆ ⇒ = ⇒ = = =
∼
.
Chú ý: Thí sinh có thể dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải bài này.
0,25
6
Từ giả thiết
(
)
2 2 2
log 3 log log
x y x y
+ = + + suy ra
2
1
8 2( ) .
2
x y xy x y x y
+ = ≤ + ⇒ + ≥
0,25
Ta có :
2 22 2
1
3 3 3 1
.
3 3 3 3 1
x y
x y
x y
x y
P
+
+
−
+ −
+ +
= =
+ ⋅ +
Đặt
3 .
x y
t
+
=
Vì
1
2
x y
+ ≥
nên
3.
t ≥
Lúc đó
2
1
( ).
3 1
t
P f t
t
+
= =
+
0,25
Xét hàm số
2
1
( )
3 1
t
f t
t
+
=
+
trên
)
3; .
+∞
Ta có
( )
2
2
3
'( ) ;
3 1 1
t
f t
t t
−
=
+ +
'( ) 0 3
f t t
= ⇔ =
.
Bảng biến thiên :
1
3
1
10
2
3
3
+1
0
+
∞
∞∞
∞
3
3
f(t)
f'(t)
t
0,25
Vậy ≥
1
10
P . Dấu "=" xảy ra khi và chỉ khi
2 2
1
4
8
2 2
, 0
4
x y
x
x y xy
x y
y
+
+ =
=
+ = ⇔
−
>
=
hoặc
2 2
4
2 2
4
x
y
−
=
+
=
.
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức P là
1
10
.
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
7a
G
I
H
M
D
B
A
C
Gọi I là tâm hình thoi và G là giao điểm của BM
với AC thì G là trọng tâm của tam giác BCD.
Trong tam giác vuông BIG, ta có:
2 2 2 2
sin
(6 )
IG IG IG
IBG
BG
BI IG IG IG
= = =
+ +
1
37
=
Suy ra
(
)
cos ,BD AH
=
1
sin
37
IBG = .
0,25
Gọi
(
)
;
n a b
=
với
+ >
2 2
0
a b
là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AH.
Ta có
( )
2 2
2 2
7
1 1
5
cos , 35 74 35 0
5
37 37
. 2
7
b
a
a b
BD AH a ab b
b
a b
a
=
−
= ⇔ = ⇔ − + = ⇔
+
=
.
0,25
Với
7
5
b
a = , chọn
7; 5
a b
= =
, ta được
(
)
(
)
: 7 2 5 1 0 7 5 9 0
AH x y x y
− + + = ⇔ + − =
.
0,25
Với
5
7
b
a = , chọn
5; 7
a b
= =
, ta được
(
)
(
)
: 5 2 7 1 0 5 7 3 0
AH x y x y
− + + = ⇔ + − =
.
0,25
8a
Gọi T là tâm mặt cầu (S).
(
)
; ;0
T Oxy T a b
∈ ⇔ .
Vì (S) đi qua hai điểm
(
)
0;0;2 ,
A
(
)
1; 1;0
B − nên
(
)
(
)
2 2
2 2
4 1 1
TA TB a b a b
= ⇔ + + = − + +
1 0 1
a b a b
⇔ − + = ⇔ = −
.
0,25
(S) tiếp xúc với
( ) : 2 2 7 0
P x y z
− + − =
( )
2 2
2 2 7
,( ) 4
3
a b
d T P TA a b
− −
⇔ = ⇔ = + +
(*)
0,25
Thay
1
a b
= −
vào (*), ta được:
( )
2 2 2
1
* ( 1) 4 3 2 0
2
b
b b b b
b
= −
⇔ − + + = ⇔ − − = ⇔
=
.
0,25
•
1
b
= −
thì
2
a
= −
nên
(
)
2; 1;0
T − − và
3
R
=
nên
(
)
2 2 2
S : ( 2) ( 1) 9
x y z
+ + + + =
.
•
2
b
=
thì
1
a
=
nên
(
)
1;2;0
T và
3
R
=
nên
(
)
2 2 2
S : ( 1) ( 2) 9
− + − + =
x y z .
0,25
9a
Số cách lấy từ mỗi hộp ra một cây viết là:
11 15 165
× =
(cách)
0,25
Số cách lấy từ mỗi hộp ra một cây viết có cùng màu đỏ là:
5 7 35
× =
(cách)
0,25
Số cách lấy từ mỗi hộp ra một cây viết có cùng màu xanh là:
6 8 48
× =
(cách)
0,25
Xác suất hai cây viết được lấy ra có cùng màu là:
35 48 83
165 165
P
+
= = .
0,25
7b
Do ABCD là hình thang cân nên nó là một tứ giác nội tiếp. Mặt khác, vì
AB BC CD
= =
nên AC là
phân giác trong góc
.
BAD
0,25
AC có vectơ chỉ phương là
(3;1).
AC
u =
Gọi
(3 3, )
H t t
+
là hình chiếu của E trên AC. Ta có
(3 1; 1).
EH t t
= + −
1 12 1
3(3 1) 1 0 ; .
5 5 5
AC
EH u t t t H
⊥ ⇔ + + − = ⇔ = − ⇒ −
Gọi M là điểm đối xứng với E qua AC thì M thuộc CD. Ta có
14 7
; .
5 5
M
−
0,25
Đường thẳng AD đi qua điểm
( 2; 5)
F
− −
có vectơ chỉ phương
24 18
;
5 5
FM
=
, có vectơ pháp
0,25
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
tuyến
(3; 4)
CD
n
= −
nên có phương trình:
− − =
: 3 4 14 0.
AD x y A là giao điểm của AD và AC nên
suy ra
(
)
6;1 .
A
Ta có
( 4;0) 4.
AE AE
= − ⇒ =
Vì
5
AB
=
và E thuộc cạnh AB nên
5
( 5;0).
4
AB AE= = −
Vậy
(
)
1;1 .
B
0,25
8b
Gọi
(
)
1 2 ;2 ;
A t t t
+ + −
là điểm trên
∆
và
(
)
1 2 ;0;0
H t+ là hình chiếu của A trên Ox.
Vì A và B đối xứng nhau qua trục Ox nên H là trung điểm AB, do đó
(
)
1 2 ; 2 ; .
B t t t
+ − −
0,25
2 2 2 2
( ) (2 2) ( 4) ( 1) 25 6 2 4 0 1
B S t t t t t t
∈ ⇔ − + − − + + = ⇔ + − = ⇔ = −
hoặc
2
.
3
t
=
0,25
Với
1
t
= −
ta có
(
)
1;1;1
A − và
(
)
1; 1; 1 .
B
− − −
0,25
Với
2
3
t
=
ta có
7 8 2
; ;
3 3 3
A
−
và
7 8 2
; ; .
3 3 3
B
−
0,25
9b
Đặt
(
)
;z x yi x y= + ∈
. Ta có:
2 2
. 2 2
z z x y
= ⇔ + =
(1)
0,25
( ) ( ) ( )
2
2 2
2 2
1 1 1
z z x y x yi x y x yi
− − = − + − + = − + − −
2
1
z z
− −
là một số thuần ảo
( )
2
2
1 0
x y x
⇔ − + − =
(2)
0,25
Từ (1), (2), ta có hệ:
( )
2 2
2 2
2
2
2
1
2
1
3 3 0
1 0
x y
x
y x
y
x
x y x
+ =
=
= −
⇔ ⇔
= ±
− + =
− + − =
0,25
Vậy có 2 số phức thỏa yêu cầu bài toán là
1 ; 1
z i z i
= + = −
.
0,25
HẾT
www.DeThiThuDaiHoc.com
www.MATHVN.com
TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2 1
1
x
y
x
+
=
+
.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm
m
∈
để đường thẳng
y x m
= +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông
tại O (với O là gốc tọa độ).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
(
)
2
tan 1 sin cos 2 0
x x x
+ + =
(
)
x ∈
.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
( )
2
3 2 2
2 2 2
2 3
− + + =
+ = + −
x y y x
x x x x y y
(
)
;x y ∈
.
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình:
( ) ( )
2
3
27 3
3
1
log log 4 log 2
4
x x x+ + = −
(
)
x ∈
.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; AB = a. Hình chiếu
vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC = 2HA. Mặt bên (ABB'A') hợp với
mặt đáy (ABC) một góc bằng 60
o
. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường
thẳng AB và CC'.
Câu 6 (1,0 điểm). Cho
x
và
y
là hai số thực dương thay đổi sao cho
1
x y
+ =
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
2 2
1 1
x y
P
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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm
(
)
3; 1 ,
− −
A
(
)
1;3
−B và
(
)
2;2
C − .
Câu 8a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của
các cạnh AB và CD. Biết rằng
1
;2
2
M
−
và đường thẳng BN có phương trình
2 9 34 0
x y
+ − =
. Tìm tọa độ các điểm
A và B biết rằng điểm B có hoành độ âm.
Câu 9a (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
3
2
1
3
n
x
x
−
với
≠
0
x
, biết rằng
n là số nguyên dương và
(
)
2
2
2 4 5 . 3 .
n
n n n
P n P A
−
−
− + =
A. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng elip (E) có
hai tiêu điểm
1
F
và
2
F
với
(
)
1
3;0
F − và có một điểm
M
thuộc elip (E) sao cho tam giác
1 2
F MF
có diện tích bằng 1
và vuông tại M.
Câu 8b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD. Biết đường thẳng AC có
phương trình
2 1 0
x y
− − =
; đỉnh
(
)
3;5
A và điểm B thuộc đường thẳng
+ − =
: 1 0
d x y . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D
của hình thoi ABCD.
Câu 9b (1,0 điểm). Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học có 15 nam và 10 nữ để tham gia đồng diễn. Tính
xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam.
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.MATHVN.com
www.DeThiThuDaiHoc.com
