bộ 34 đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án hay nhất
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (15.37 MB, 198 trang )
S GD&T VNH PHC
TRNG THPT NG U
KSCL THI I HC LN 1 NM HC 2014-2015
Mụn: TON; Khi A
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s
32
331ymx mx m cú th l
m
C .
a) Kho sỏt v v th hm s vi 1m
.
b) Chng minh rng vi mi 0m th
m
C luụn cú hai im cc tr A v B, khi ú tỡm
cỏc giỏ tr ca tham s m
222
2( )20AB OA OB
( trong ú O l gc ta ).
Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh:
sin sin cos cos
x
xxx23 23 23
Cõu 3(1 im): Gii h phng trỡnh:
22
212 4(1)
427
xy x y
xyxy
.
Cõu 4 (1,0 im). Cho hỡnh chúp S.ABC cú ỏy l tam giỏc vuụng cõn ti C, cnh huyn
bng 3a, G l trng tõm tam giỏc ABC,
14
(),
2
a
SG ABC SB
. Tớnh th tớch khi chúp
S.ABC v khong cỏch t B n mt phng
()SAC theo a.
Cõu 5 (1 im): Cho x, y, z l ba s dng tho món x
2
+ y
2
+ z
2
= 1.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
111
P2xyz
xyz
Cõu 6(1,0 im). Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh ng thng
:2 1 0AB x y, phng trỡnh ng thng : 3 4 6 0AC x y
v im (1; 3)M nm trờn
ng thng BC tha món
32
M
BMC
. Tỡm ta trng tõm G ca tam giỏc ABC.
Cõu 7 (1im):Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đờng tròn
22
:1 213Cx y
v đờng thẳng
:520xy. Gọi giao điểm của (C) với đờng thẳng
l A, B. Xác định
toạ độ điểm C sao cho tam giác ABC vuông tại B v nội tiếp đờng tròn (C).
Cõu 8 (1,0 im). Tỡm h s ca
2
x
trong khai trin thnh a thc ca biu thc
6
2
1Pxx.
Cõu 9 (1,0 im). Tỡm tt c cỏc giỏ tr
m
bt phng trỡnh
21mxmx cú
nghim trờn on
0; 2 .
Ht
Thớ sinh khụng c s dng ti liu. Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm.
H v tờn thớ sinh:. ....; S bỏo danh
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
1
WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN; Khối A
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1 a 1,0 điểm
Với 1m , hàm số đã cho có dạng:
32
3
y
xx
TXĐ:
Giới hạn:
32 3
3
lim ( 3 ) lim 1
xx
xx x
x
;
32 3
3
lim ( 3 ) lim 1
xx
xx x
x
0,25
Sự biến thiên của hàm số.
Ta có:
2
'3 6
y
xx;
0
'0
2
x
y
x
BBT:
x
0 2
y’
0
0
y
0
4
0,25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
;0
và
2;
, nghịch biến trên khoảng
0; 2
.
Hàm số đạt cực đại tại điểm
0x
; giá trị cực đại của hàm số là
00y
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
2x
; giá trị cực tiểu của hàm số là
24y .
0,25
Đồ thị:
Giao điểm với trục tung là điểm
0;0 .
0
0
3
x
y
x
Nhận xét: Điểm
1; 2I là tâm đối xứng của đồ
thị hàm số.
0,25
b 1,0 điểm
Ta có:
2
'3 6
y
mx mx
0
'0
2
x
y
x
( Với mọi
m khác 0).
Do '
y
đổi dấu qua 0x và 2x
nên đồ thị hàm số có hai điểm cực trị ( đpcm)
0,25
Với
031xym ; 2 3xym
.
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
2
WWW.ToanCapBa.Net
Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử
0;3 3 , 2; 3Am B m
Ta có:
22 2
220OA OB AB
22
2
9 1 4 3 2 4 16 20mm m
0,25
2
11 6 17 0mm
1
17
11
m
m
KL: Với
1
17
11
m
m
thì ycbt được thỏa mãn.
0,25
2 1,0 điểm
Phương trình đã cho tương đương với:
31 31
1 .sin 2 cos2 3 sin cos 0
22 22
xx xx
0,25
cos sinxx
12 3 0
36
0,25
sin
sin sin
sin (loai)
x
xx
x
2
0
6
230
66
3
62
0,25
Với sin 0 , .
66
xxkk
0,25
3 1,0 điểm
HPT
724
)1(0612)12(2
22
xyyx
yxyx
Điều kiện: x+2y
10
Đặt t =
21 (t0)xy
0,25
Phương trình (1) trở thành : 2t
2
– t – 6 = 0
2/
3
t/m
2
ttm
tk
0,25
Khi đó hpt đã cho
22
1
1
23
2
427
1
2
x
y
xy
x
xyxy
y
(t/m đk)
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
3
WWW.ToanCapBa.Net
Vậy nghiệm (x,y) của hệ đã cho là: (1,1) và )
2
1
,2( .
0,25
4 1,0 điểm
H
M
I
G
S
C
B
A
Vì tam giác ABC vuông cân tại C,
3
3
2
a
AB a CA CB
Gọi M là trung điểm
AC
3
22
a
MC
35
22
a
MB
0,25
22
25
3
2
a
B
GBM SGSBBGa
3
.
13
.
34
S ABC ABC
a
VSGS
(đvtt)
0.25
Kẻ () ()GI AC I AC AC SGI
Ta có
1
3
2
a
GI BC
. Kẻ ( ) () (,())GH SI H SI GH SAC d G SAC GH
0,25
Ta có
222
111
3
a
GH
GH GS GI
(,())3(,())3 3dB SAC dG SAC GH a
0.25
5 1,0 điểm
Áp dụng BĐT Cauchy:
3
111 3
xyz
xyz
Nên P ≥
3
3
2xyz
xyz
. Đẳng thức khi: x = y = z.
0.25
Đặt t =
3
xyz
Cũng theo Cauchy: 1 = x
2
+ y
2
+z
2
≥
222
3
3xyz. Đẳng thức khi x = y = z.
Nên có: 0 < t ≤
3
3
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
4
WWW.ToanCapBa.Net
Xét hàm số: f(t) =
3
3
2t
t
với 0 < t ≤
3
3
Tính f’(t) =
4
2
22
33(2t1)
6t
tt
Lập bảng biến thiên của f(t) rồi chỉ ra : f(t) ≥
29 3
9
t
3
0;
3
.
0.25
Từ đó: P ≥
29 3
9
. GTNN của P là
29 3
9
đạt khi x = y = z =
3
3
0.25
6 1,0 điểm
Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên
;1 2
B
aa ,
Tương tự:
24;3Cbb
Ta có:
1; 4 2
M
Ba a
,
34;3 3MC b b
0.25
Ta có
2; 3AB AC A A.
Vì
B, M, C thẳng hàng, 32
M
BMC
nên ta có: 32
M
BMC
hoặc 32
M
BMC
0.25
TH1: 32
M
BMC
31234
34 2 23 3
ab
ab
11
5
6
5
a
b
11 17
;
55
B
,
14 18
;
55
C
710
;
33
G
0.25
TH2: 32
M
BMC
31234
34 2 23 3
ab
ab
3
0
a
b
3; 5 , 2; 0BC
8
1;
3
G
Vậy có hai điểm
710
;
33
G
và
8
1;
3
G
thỏa mãn đề bài.
0.25
7 1,0 điểm
-Tọa độ điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
1
3
0
2
25
02626
025
1321
2
22
y
x
y
x
yx
yy
yx
yx
0,25
2;0 , 3; 1AB
hoặc
3; 1 , 2; 0AB
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
5
WWW.ToanCapBa.Net
-Vì tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) nên AC là đường kính của
đường tròn (C). Hay tâm
21;I
là trung điểm của AC.
0,25
Khi đó:
2;0 , 3; 1 4; 4AB C
3; 1 , 2; 0 1; 5ABC
Vậy:
44;C
hoặc
51;C
0,25
8 1,0 điểm
Theo công thức nhị thức Niu-tơn, ta có:
06125 2 6 510 612
66 6 6 6
(1) (1) (1) (1)
kk k
PCx Cxx Cx x Cxx Cx
0.25
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức,
2
x
chỉ xuất hiện khi khai triển
06
6
(1)Cx
và
12 5
6
(1)Cx x .
0.25
Hệ số của
2
x
trong khai triển
06
6
(1)Cx
là :
02
66
.CC
Hệ số của
2
x
trong khai triển
12 5
6
(1)Cx x
là :
10
65
.CC
0.25
Vì vậy hệ số của
2
x
trong khai triển P thành đa thức là :
02
66
.CC
10
65
.CC = 9.
0.25
9 1,0 điểm
Ta có
2
212 21mxmx mxmxx
2
41
1
x
x
m
x
(vì
0; 2x )
0.25
Xét hàm số
2
41
1
x
x
fx
x
trên đoạn
0; 2 , ta có
2
2
25
;0 16
1
xx
fx fx x
x
0.25
Bảng biến thiên
01;2 1;
16266
ff
f
0.25
Vậy : bất phương trình đã cho có nghiệm thì
0;2
min 1 6 2 6 6mfxf.
0.25
+
_
0
- 1
1
26
- 6
f(x)
f'(x)
x
2-1+ 6
0
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
6
WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GD - ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH,CĐ
LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x (m )x (m m)x
3 2 2
3 2 2
( )
1
, với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
( )
1
khi
m
0
.
b) Tìm m để hàm số
( )
1
có hai điểm cực trị
x
1
và
x
2
sao cho x x (x x )
1 2 1 2
6 4 0
.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x sinx sin2x
0
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình
log x log x log x
3
1 8
2
2
1 3 1
.
Câu 4 (1,0 điểm)
a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên. Tìm
xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ.
b) Tìm hệ số của
x
5
trong khai triển thành đa thức của biểu thức
x x x x
5 10
2
1 2 1 3 .
Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a,
a
SD
17
2
, hình
chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB. Gọi K là trung
điểm của đoạn AD.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
D( ; )
4 5
.
Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình
x y
8 10 0
. Điểm B
nằm trên đường thẳng
x y
2 1 0
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ
y
2
.
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
xy y y x y x
(x,y )
( y) x y (x ) ( x y ) y
2 3 1 3 5
1 2 2 1 2 1
.
Câu 8 (1,0 điểm) Cho các số thực dương
a,b,c
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
P
a b c
a b bc
b (a c)
2 2
3 8 1
2 8
2 2 3
.
Hết
Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.
Họ và tên thí sinh: ; Số báo danh:
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
7
WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GD - ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ
LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
Câu
Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi
m
0
ta có y x x
3 2
3 2
* Tập xác định
D
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
y' x x
2
3 6
,
y' x
0 0
hoặc
x
2
0,25
- Khoảng đồng biến:
( ; )
0 2
; các khoảng nghịch biến
( ; )
0
và
( ; )
2
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
CT
x ; y
0 2
; đạt cực đại tại
CD
x ;y
2 2
- Giới hạn:
x x
limy ; limy
0,25
- Bảng biến thiên:
x
0 2
y’ - 0 + 0 -
y
2
-2
.
0,25
* Đồ thị:
0,25
b. (1,0 điểm)
Ta có
y' x (m )x (m m)
2 2
3 2 3 2
.
Hàm số có hai điểm cực trị
y'
0
có hai nghiệm phân biệt
0,25
m m
2
3 2 3 2
0 9 2 0
2 2
(*)
0,25
Ta có
m m (m )
x x ; x x
2
1 2 1 2
2 2 3
3 3
; x x (x x ) m m
2
1 2 1 2
6 4 0 10 24 0
0,25
1
m
2
hoặc
m
12
(loại). Vậy
m
2
0,25
x
y
2
2
-2
O
1
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
8
WWW.ToanCapBa.Net
(1,0 điểm)
Pt đã cho
2cos2x.sinx 2sinx.cosx 0
0,25
2
2sinx(2cos x cosx 1)=0
0,25
sinx 0 x k
cosx x k
1 2
0,25
2
cosx x k
1
2
2 3
Vậy, phương trình có các nghiệm là:
x k ; x k2 (k )
3
.
0,25
(1,0 điểm)
Điều kiện:
x
1 3
0,25
Pt đã cho
log (x ) log ( x) log (x )
2 2 2
1 3 1
0,25
(x )( x) x
1 3 1
x x
2
4 0
0,25
3
x
1 17
2
hoặc x
1 17
2
(loại)
Vậy, phương trình có nghiệm là x
1 17
2
0,25
(1,0 điểm)
a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C
4
14
1001
4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng:
1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh
0,25
Số cách lấy ra 4 viên bi có cả xanh và đỏ là: C .C C .C C .C
1 3 2 2 3 1
8 6 8 6 8 6
916
Vậy, xác suất cần tính P
916
1001
.
0,25
b) Hệ số của
5
x
trong khai triển của
5
x(1 2x)
là
4 4
5
( 2) .C
Hệ số của
5
x
trong khai triển của
2 10
x (1 3x)
là
3 3
10
3 .C
0,25
4
Hệ số của
5
x
trong khai triển thành đa thức của
5 2 10
x(1 2x) x (1 3x)
là
4 4
5
( 2) .C
+
3 3
10
3 .C
Vậy hệ số của
5
x
trong khai triển là
4 4
5
( 2) .C
+
3 3
10
3 .C 3320
.
0,25
(2,0 điểm) 5
a)
SH (ABCD) SH HD
. Ta có
SH SD HD SD (AH AD )
2 2 2 2 2
SH a
3
S.ABCD ABCD
a
V SH.S
3
1 3
3 3
b)
HK//BD
HK//(SBD)
d(HK,SD) d(HK,(SBD)) d(H,(SBD))
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE.
Ta có
BD HE
và
BD SH
nên
BD (SHE)
BD HF
mà
HF SE
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
0,25
K
H
C
B
A
D
S
E
F
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
9
WWW.ToanCapBa.Net
do đó
HF (SBD)
. Suy ra
d(H,(SBD)) HF
Ta có
a
HE HB.sin EBH
2
4
HS.HE a
HF
HS HE
2 2
3
5
. Vậy,
a
d(HK,SD)
3
5
0,25
0,25
(1,0 điểm) 6
Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM
.
DK
( )
2 2
4 8 5 10
26
65
1 8
Gọi I, G là giao điểm của BD với AC và CM
G là tr
ọng
tâm
ACD
;
BH BG
DG GI BG DG
DK DG
2 2 2
BH
52
65
;
b
B(b; b ) BH b
17 18
52
2 1 17 18 52
65 65
b
b (loai)
2
70
17
(loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có
B( ; ) I( ; )
2 5 3 0
C( c ; c)
8 10
CD.CB ( c).( c) ( c)( c)
14 8 12 8 5 5 0
c c
2
65 208 143 0
c
c (loaido c )
1
143
2
65
C( ; ) A( ; )
2 1 8 1
.
Vậy
A( ; ); B( ; ); C( ; )
8 1 2 5 2 1
0,25
0,25
0,25
0,25
(1,0 điểm)
Điều kiện:
y
x y x
y x y
y x
0
2 1 5
1 2 10
3 5
(*)
0,25
Ta có phương trình (2) ( y)( x y ) ( x y )( y)
1 2 1 2 1 1 0
( y)( x y )( )
x y y
1 1
1 2 1 0
2 1 1
(3)
Do
x y y
1 1
0
2 1 1
và
y
1 0
nên phương trình (3)
y x
2 1
0,25
Với
y x
2 1
. Phương trình (1) trở thành
x x x x
2
2 4 2 5 1
(đk:
x
2 4
)
Pt ( x ) ( x ) ( x x )
2
2 1 4 1 2 5 3 0
(x )( x )
x x
1 1
3 2 1 0
2 1 4 1
x
x ( )
x x
3
1 1
2 1 4
2 1 4 1
0,25
7
Xét f(x)
x x
1 1
2 1 4 1
và
g(x) x
2 1
với
x ;
2 4
, ta có
g(x) g( )
2 5
M
C
A
H
D
B
K
G
I
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
10
WWW.ToanCapBa.Net
f '(x) , x ;
x ( x ) x( x )
2 2
1 1
0 2 4
2 2 2 1 2 4 4 1
f(x) nghịch biến
f(x) f( )
1
2 1
2 1
. Do đó
f(x) g(x), x ;
2 4
hay phương trình (4) vô nghiệm
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là
( ; )
3 5
.
0,25
(1,0 điểm)
Ta có
bc b. c b c
8 2 2 2
. Suy ra
(a b c)
a b bc
3 3
2
2 8
0,25
Mặt khác
(a c) b (a c) b
2 2
2 2 . Suy ra
a b c
(a c) b
2 2
8 8
3
3 2 2
0,25
Do đó
P
(a b c) a b c a b c (a b c) a b c
3 8 1 1 8
2 3 2 3
(1)
Đặt
a b c t, t
0
. Xét hàm số f(t)
t t
1 8
2 3
với
t
0
.
Ta có
(t )( t )
f '(t)
t ( t) t ( t)
2 2 2 2
1 8 3 1 5 3
2 3 2 3
, suy ra
f '(t) t
0 1
Bảng biến thiên:
t 0 1
f’(t) - 0 +
f(t)
3
2
0,25
8
Từ bảng biến thiên suy ra f(t) f( )
3
1
2
với mọi
t
0
(2)
Từ (1) và (2) ta có P
3
2
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b c
a c
b c
b
b a c
1
1
4
2
1
2
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là
3
2
, đạt được khi a c , b
1 1
4 2
.
0,25
Hết
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
11
WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Đề thi gồm có 01 trang)
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
Câu 1 (2,0 điểm).
Cho hàm số 243
223
mmxxy (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với
1
m
.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I
)0;1(
là trung điểm
của đoạn AB.
Câu 2 (1,0 điểm).
Giải phương trình
2sin22coscos3
6
2sin2
3
sin4
xxxxx
.
Câu 3 (1,0 điểm).
Tính giới hạn sau
2
522
lim
2
x
xx
x
.
Câu 4 (1,0 điểm).
Một hộp đựng 5 viên bi màu đỏ và 6 viên bi màu xanh. Lấy ngẫu nhiên từ hộp 4 viên bi. Tính
xác suất để trong 4 viên bi được lấy ra đó có đủ cả hai màu và số viên bi màu đỏ lớn hơn số viên bi
màu xanh.
Câu 5 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
921:)(
22
yxC
. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn
)(C
biết đường thẳng BC có phương trình là
052
x
.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ
///
. CBAABC
có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
/
C
lên mặt phẳng
)(ABC
là điểm
D
thuộc cạnh
BC
sao cho
.2DCDB
Góc giữa đường thẳng
/
AC
và mặt phẳng
)(ABC
bằng
0
45
. Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng )(),(
///
CBAABC
và côsin góc giữa hai đường thẳng
/
,CCAD .
Câu 7 (1,0 điểm).
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có
DCADBC 22
,
đỉnh
)3;3(
C
, đỉnh A nằm trên đường thẳng
023:
yxd
, phương trình đường thẳng
02:
yxDM
với M là điểm thỏa mãn CMBC 4 . Xác định tọa độ các điểm A, D, B.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải hệ phương trình
121
11412
22
yxxyxyyxx
yyxx
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho các số thực không âm
cba ,,
thỏa mãn
5212121
222
cba
.
Chứng minh rằng
6424
663
cba
.
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.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
12
WWW.ToanCapBa.Net
1
SỞ GD & ĐT BẮC NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12
NĂM HỌC 2014 – 2015
Câu Đáp án Điểm
1
(2,0đ)
a) (1,0 điểm)
Với m=1, hàm số trở thành: 2x3xy
23
*Tập xác định:
D
*Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: x6x3y
2/
,
2x
0x
0
/
y
0,25
- Các khoảng đồng biến: );2();0;(
, khoảng nghịch biến: (0;2).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= -2.
- Giới hạn tại vô cực:
y
lim
x
;
y
lim
x
0,25
- Bảng biến thiên:
0,25
*Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và
0;31
Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng
(Học sinh tự vẽ hình)
0,25
b) (1,0 điểm)
Ta có mx6x3y
2/
;
m2x
0x
0y
/
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 0y
/
có 2 nghiệm phân biệt
0m
0,25
Tọa độ các điểm cực trị A, B là )2m4m4;m2(B);2m4;0(A
232
0,25
I là trung điểm của AB nên
02m4m2
1m
23
0,25
Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị.
Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1.
0,25
2
(1,0đ)
Phương trình đã cho tương đương với
2xsin2x2cosxcos3x2cosx2sin3xcos32xsin2
0,25
0x2sin3xcos32xsin4
02xcos3xsin21
0,25
* 02xcos3 : phương trình vô nghiệm
0,25
*
2k
6
5
x
2k
6
x
0xsin21 . Nghiệm của phương trình là
2k
6
5
x
2k
6
x
Zk
0,25
x
y
/
y
0 2
0
0
2
-2
+
-
+
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
13
WWW.ToanCapBa.Net
2
Câu Đáp án Điểm
3
(1,0đ)
Ta có
5x22x2x
5x22x5x22x
lim
2x
5x22x
lim
2x2x
0,25
5x22x2x
20x8x
lim
2
2x
0,25
5x22x
10x
lim
5x22x2x
10x2x
lim
2x2x
0,25
= 3. 0,25
4
(1,0đ)
Số phần tử của không gian mẫu là: 330C
4
11
.
0,25
4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 0,25
Số cách chọn 4 viên bi đó là
60C.C
1
6
3
5
.
0,25
Vậy xác suất cần tìm là
11
2
330
60
p
.
0,25
5
(1,0đ)
Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:
2
33
2y
2
5
x
05x2
92y1x
22
0,5
Đường tròn (C) có tâm I(1; 2). Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng
tâm của tam giác. Từ đó tìm được A(-2; 2).
0,25
Vậy
2
33
2;
2
5
C;
2
33
2;
2
5
B
và ngược lại. A(-2; 2)
0,25
6
(1,0đ)
Từ giả thiết có );ABC(DC
/
0///
45ADCAD,AC)ABC(,AC 0,25
Sử dụng định lí cosin cho
3
7a
ADABD
3
7a
ADDC
/
0,25
Vì
//
AA//CC
nên
//
AA,ADCC,AD .
Vì )ABC(DC
/
nên
3
a4
DAACDC)CBA(DC
////////
a
3
22
DCDCCCAA
22///
0,25
Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong
ADA
/
ta được
56
14
ADAcosCC,ADcos
56
14
ADAcos
///
0,25
7
(1,0đ)
Vì
)a32;a(AdA
.
Có
DM,Cd2DM,AdS2S
DCMADM
0,25
)5;1(A3a
)7;3(A1a
. Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5).
0,25
Vì
)2d;d(DDMD
. Từ giả thiết có
CDAD
CDAD
. Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3).
0,25
Có )1;9(BAD2BC .
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
14
WWW.ToanCapBa.Net
3
Câu Đáp án Điểm
8
(1,0đ)
)2(1yxxy21xyyxx
)1(1y1yx41x2
22
. Điều kiện
01xyyx
(*). Vì
0t1t
2
nên
)1(
0
y1x41
yx4
yx2yy1x41x2
22
22
22
x2y0yx20yx2y1x41yx2
22
0,25
Thay y = -2x vào (2) ta được
1x3x41x2x3x
22
2
2
2
x
1
x
3
4x
x
1
2
x
3
xx . Đặt
2
x
1
x
3
t
0,25
Khi x > 0 ta được .7t4t2t Từ đó, kết hợp với x > 0 ta được
7
373
y;
14
373
x
thỏa mãn điều kiện (*)
0,25
Khi x < 0 ta được .2t4t2t Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được
2
317
y;
4
173
x
thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm….
0,25
9
(1,0đ)
Với hai số không âm A, B ta chứng minh:
BA11B1A1
(1). Thật vậy,
BA12BA2B1A12BA2)1(
BA1ABBA1
, luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0.
Áp dụng (1) ta có
222222
c21b2a211c21b21a215
222
c2b2a212
.
Suy ra
222222
a4cbhay,4cba . (2)
0,5
Khi đó
3
23
3
223663
a4a24cba24cba24 .
Từ (2) và do a, b, c không âm ta có
2a0
.
Xét hàm số
3
23
a4a24)a(f trên
2;0
. Ta có
22
2
22/
a82a6a2aa6a4a6a212)a(f
Với
2;0a
,
2a;0a0)a(f
/
Có
2;0a;64)a(f232)2(f;24)2(f;64)0(f
Vậy
6424
663
cba
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2c,0ba
hoặc
2b;0ca
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
15
WWW.ToanCapBa.Net
* ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM
* ĐT:08 3719 4559 * Email:
* www.luyenthidaihoc.edu.vn
– www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com
T
r
u
n
g
T
â
m
B
?
i
D
u
?
n
g
V
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
T
h
i
Đ
?
i
H
?
c
&
N
g
?
a
i
N
g
?
6
0
A
n
S
u
o
n
g
.
*
*
*
ĐỀ THI THỬ MÔN TOÁN (Lần thứ 1)
Luyện Thi Đại Học – Ôn luyện “Kỳ Thi Quốc Gia” 2015
(Biên soạn: Trần Thanh Tâm)
(Thời gian làm bài: 180 phút)
Đội ngũ Giảng viên chuyên LTĐH hàng đầu TP.HCM (học ca tối: 18h00
20h15
21h00)
Học phí: 1.500.000 VNĐ/khóa (3 môn)
Để biết thêm chi tiết liên hệ tại Văn phòng Trung Tâm BDVH 60 An Sương – ĐT: 08. 3719 4559
– 0932. 178517)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:
1)1(3
23
xmxxy (1) có đồ thị
m
C( ), với m là tham số .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
1
m .
b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị
m
C(
) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng
2
25
với O(0;0).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2
2
.
Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân:
0
2
1
2
23)1( xxx
dx
I
Câu 4 (1,0 điểm).
a) Giải phương trình:
02.8136.7939.16
1
26
11
13
x
x
x
x
x
x
.
b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu
sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình
mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng
(): 2 0xyz
và
04:)(
zyx
theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều
cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung
điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
(ACC’A’).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung.
Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết
rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
16
WWW.ToanCapBa.Net
* ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM
* ĐT:08 3719 4559 * Email:
* www.luyenthidaihoc.edu.vn
– www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com
T
r
u
n
g
T
â
m
B
?
i
D
u
?
n
g
V
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
T
h
i
Đ
?
i
H
?
c
&
N
g
?
a
i
N
g
?
6
0
A
n
S
u
o
n
g
.
*
*
*
Câu 8 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:
2223
2223
213
213
yxyxyyxy
xxyyxxyx
(
Ryx , ).
Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)(
3
xyyx .
Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3
2222
xyxyyxyxP .
HẾT
ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của
m
C( ) và (d): 11)1(3
23
xxmxx
)2(03
)1;0(10
0)3(
2
2
mxx
Pyx
mxxx
Để
m
C() cắt (d) tại 3 điểm phân biệt (2) có 2 nghiệm phân biệt khác 0
4
9
0
m
m
Giả sử
)1;(
11
xxM
,
)1;(
22
xxN
khi đó
21
; xx
là nghiệm của pt (2)
Ta có
R
MNONOM
dOdMNS
OMN
4
))(;(.
2
1
với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN
))(;(25))(;(.2.
4
))(;(.
2
1
dOddOdRONOM
R
MNONOM
dOdMN (3)
)122)(122(.
1
2
11
2
1
xxxxONOM
Với
25124.3;3
2
2
2
21
2
1
mmONOMmxxmxx
2
2
2
1
))(;( dOd
Khi đó thế vào (3) ta được:
3
0
5
2
2
2525124
2
m
m
mm thỏa đề chỉ có
3
m
Câu 2. Pt xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2
22
xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos
22
xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos
22
xxxxx cos3sin326sin22cos4cos
xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2
xxx
x
xxxx
3cos2cos3sin
03sin
0)cos33cos2(sin3sin2
*
)(
3
03sin kkxx
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
17
WWW.ToanCapBa.Net
* ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM
* ĐT:08 3719 4559 * Email:
* www.luyenthidaihoc.edu.vn
– www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com
T
r
u
n
g
T
â
m
B
?
i
D
u
?
n
g
V
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
T
h
i
Đ
?
i
H
?
c
&
N
g
?
a
i
N
g
?
6
0
A
n
S
u
o
n
g
.
*
*
*
*
224
12
3cos
6
cos3cos2cos3sin
k
x
kx
xxxxx
)(
k
Vậy nghiệm của phương trình là:
kx
12
,
224
k
x
,
3
k
x
)(
k .
Câu 3.
0
2
1
2
23)1( xxx
dx
I
dx
xxx
0
2
1
)3)(1()1(
1
=
dx
x
x
x
0
2
1
2
1
3
)1(
1
Đặt
1
3
1
3
2
x
x
t
x
x
t
dx
x
tdt
2
)1(
4
2
)37(
2
1
2
1
3
7
dtI .
Câu 4
.
a) Điều kiện 1x . Đưa phương trình về dạng
081
2
3
6
793
4
9
16
1
13
1
13
x
x
x
x
, rồi đặt
1
13
2
3
x
x
t
Đáp số :
2;
2
1
xx
.
b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 1001
4
14
C cách .
Ta đếm số cách lấy 4 viên bi có đủ cả màu :
+ TH1: 1Đ, 1T, 2V có
2
7
1
5
1
2
CCC cách
+ TH2: 1Đ, 2T, 1V có
1
7
2
5
1
2
CCC cách
+ TH3: 2Đ, 1T, 1V có
1
7
1
5
2
2
CCC
cách
Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là
2
7
1
5
1
2
CCC +
1
7
2
5
1
2
CCC +
1
7
1
5
2
2
CCC = 385 cách .
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là
13
8
1001
616
1001
3851001
P .
Câu 5. Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S) .
Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 02:)(
zyx
và 04:)(
zyx
theo
hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :
42
9223
15473
))(,())(,(
cbacba
cba
cba
IdId
ICIA
IBIA
Giải hệ ta được :
3
0
1
c
b
a
hoặc
79
712
719
c
b
a
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
18
WWW.ToanCapBa.Net
* ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM
* ĐT:08 3719 4559 * Email:
* www.luyenthidaihoc.edu.vn
– www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com
T
r
u
n
g
T
â
m
B
?
i
D
u
?
n
g
V
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
T
h
i
Đ
?
i
H
?
c
&
N
g
?
a
i
N
g
?
6
0
A
n
S
u
o
n
g
.
*
*
*
Với
3
0
1
c
b
a
, viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1(
222
zyx .
Với
79
712
719
c
b
a
, mặt cầu có phương trình :
49
1237
7
9
7
12
7
19
222
zyx
Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H
Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H =
2
3
''
22
a
HBBB
2
''
20
'''
8
3
4
3
60sin'.''.'
2
1
aSaCBBAS
CHBCBA
168
3
2
3
.
3
1
.'
3
1
32
''''
aaa
SHBV
CHBCEHB
''
''.
3
))''(,(
AACC
AACCB
S
V
AACCBd
;
488
3
333
'''.'''.''.
aaa
VVV
CBABCBAABCAACCB
ACJASACJAACIJABIA
AACC
.',','
''
5
15
.
4
15
4
3
))''(,(
4
15
''
3
22
a
a
a
a
AACCBd
a
IJAAJA
.
Câu 7. Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4) .
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 B(0;b). Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC 0: xOy nên AB :
y = b .
Vì A là giao điểm của AB và AC nên
b
b
A ;
3
416
.
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có
4
3
5
4
3
4
4
4
3
4
3
416
)4(
3
416
4
3
416
.4
2
2
2
2
bbb
b
b
b
b
b
b
b
CABCAB
S
r
ABC
4
3
1
b
.
Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 .
Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) .
Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) .
Câu 8. Giải hệ phương trình
)2(213
)1(213
2223
2223
yxyxyyxy
xxyyxxyx
Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13
22222323
)1()1(2)1(1)(33
22332223
ixixyyiiyixiyixyyixx
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
19
WWW.ToanCapBa.Net
* ĐC: 60 QL1A (góc vòng xoay ngã tư An Sương), P.Tân Hưng Thuận, Q.12, TP.HCM
* ĐT:08 3719 4559 * Email:
* www.luyenthidaihoc.edu.vn
– www.kythiquocgia.edu.vn – www.kythiquocgia.com
T
r
u
n
g
T
â
m
B
?
i
D
u
?
n
g
V
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
T
h
i
Đ
?
i
H
?
c
&
N
g
?
a
i
N
g
?
6
0
A
n
S
u
o
n
g
.
*
*
*
)2)(1(1)()(
2223
xixyiyiiyixyix
23
))(1(1)()( ixyiiyixyix 0)1()1(
23
izziz
izzz 1;1;1 .
Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) .
Câu 9.
Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)(
2
, nên từ điều kiện suy ra
102)()(24)()()(
23323
yxyxyxxyyxyxyx .
Ta biến đổi P như sau
2015)43()2(2)(
2
3
)(
2
3
22222222
xyxyxyyxyxyxP
2015)(2)(
2
3
)(
2
3
2244222
yxyxyx (3)
Do
2
)(
222
44
yx
yx
nên từ (3) suy ra
2015)(2)(
4
9
22222
yxyxP
.
Đặt tyx
22
thì
2
1
t (do )1 yx .
Xét hàm số
20152
4
9
)(
2
tttf
với
2
1
t
, có
02
2
9
)(' ttf
, với
2
1
t
nên hàm số f(t) đồng biến
trên
;
2
1
. Suy ra
16
32233
2
1
)(min
;
2
1
ftf
t
.
Do đó GTNN của P bằng
16
32233
, đạt được khi và chỉ khi
2
1
yx
.
*www.luyenthidaihoc.edu.vn*www.kythiquocgia.edu.vn
*www.kythiquocgia.com
Tel: 08. 3719 4559 – 0932.178517
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
20
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỔ TOÁN
ĐỀ KIỂM TRA LTĐH LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A
1
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
-3mx
2
+3(m
2
– 1)x – m
3
+1 (1).
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
C
của hàm số khi
1.m
2. Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng d cắt Oy tại điểm B. Tìm tất
cả các giá trị của m để diện tích tam giác
OAB
bằng 6.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình
(2cos 1)sin4
2sin2 .
cos sin
xx
x
xx
Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
22
22
1 1 (1)
1 (2)
x x y y
x y xy
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:
e
x x x x
I dx
x x x
22
22
1
2 (1 2ln ) ln
( ln )
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là hình vuông với AB
2a
. Tam giác SAB vuông tại
S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng
(SBC) bằng
với
1
sin
3
. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SBD)
theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Cho các số thực
,,x y z
thay đổi thoả mãn điều kiện
2 2 2
1.x y z
Tìm giá trị nhỏ nhất
của biểu thức
2
2
8
2.
2
P xy yz xz
x y z xy yz
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có
(5, 7)A
, điểm
C
thuộc vào đường thẳng có phương trình:
40xy
. Đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của
đoạn
AB
có phương trình:
3 4 23 0xy
. Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
cho hai điểm
1;2;1 , 1; 2;4AB
và mặt phẳng
( ):2 0P y z
. Tìm toạ độ điểm C thuộc mp(P) sao cho tam giác ABC cân tại B và có diện tích bằng
25
.
2
Câu 9a (1,0 điểm). Chứng minh đẳng thức
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 2013 2014 1007
2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014
C C C C C C C
.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với toạ độ
Oxy
cho hình thang ABCD vuông tại A và D có
,AB AD CD
điểm
(1; 2)B
, đường thẳng BD có phương trình
2y
. Biết rằng đường thẳng
( ):7 25 0d x y
lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho
BM BC
và tia
BN là tia phân giác của góc MBC. Tìm toạ độ đỉnh D (với hoành độ của D là số dương).
Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu
2 2 2
( ): ( 1) ( 2) 25S x y z
. Viết
phương trình mặt phẳng
()
đi qua điểm
(1; 2;3)M
và vuông góc với mặt phẳng
( ): 4 4 0,x y z
đồng thời
()
cắt mặt cầu
()S
theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng
16
.
Câu 9b (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )iz
là số thực và
2 5 1.zi
……… Hết……….
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
21
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỔ TOÁN
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA LTĐH LẦN 4
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A
1
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
Câu 1
(2điểm)
1
Khi
1m
ta có hàm số y = x
3
-3x
2
Tập xác định:
.D
Sự biến thiên :
- Chiều biến thiên: y’ = 3x
2
– 6x ;
0
'0
2
x
y
x
- Giới hạn
lim , lim .
xx
yy
0.25
+Bảng biến thiên:
x
0 2
y'
+ 0
0
y
0
-4
0.25
Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng
( ;0)
và
(2; )
; hàm số nghịch biến trên
khoảng (0; 2). Hàm sốn đạt cực đại tại điểm x = 0 và y
CĐ
= 0; hàm số đạt cực tiểu
tại x = 2 và y
CT
= 4.
0.25
Đồ thị:
0.25
2
Ta có: y’ = 3x
2
– 6mx + 3(m
2
– 1);
1
'0
1
xm
y
xm
Vì y’ = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số ( 1) luôn có điểm
cực đại và điểm cực tiểu với mọi m.
0.25
y” = 6x – 6m, suy ra y”(m + 1) = 6, y”(m – 1) = -6, do đó điểm cực đại của đồ thị
hàm số (1) là A(m – 1; 3 – 3m).
Phương trình tiếp tuyến (d): y = -3m +3
0.25
Đường trẳng d cắt trục Oy tại điểm B(0; -3m + 3).
Điều kiện để ba điểm O, A, B tạo thành tam giác là
1.m
0.25
Do d song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B.
Diện tích tam giác
OAB
là
2
13
. ( 1) .
22
OAB
S ABOB m
Theo giả thiết:
2
1
3
6 6 ( 1) .
3
2
OAB
m
Sm
m
0.25
Câu 2
(1điểm)
Giải phương trình
(2cos 1)sin4
2sin2
cos sin
xx
x
xx
Điều kiện:
()
4
x m m Z
. Phương trình đã cho tương đương với:
sin2 cos sin 2cos 1 sin2x x x x x
0.25
sin2 0(*)
cos sin 2cos 1 1(**)
x
x x x
. Ta có
(*) ( )
2
k
x k Z
0.25
(**) sin 2 sin ( )
2
44
63
xk
x x k Z
k
x
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
22
WWW.ToanCapBa.Net
So sánh điều kiện ta được
2
; ( )
2 6 3
kk
x x k Z
.
0.25
Câu 3
(1điểm)
Giải hệ
22
22
1 1 (1)
1 (2)
x x y y
x y xy
Điều kiện:
1y
.
22
(1) 1 1x y y x
2 2 2 2 2 2
2 1 1 2 ( 1)( 1)x xy y y x y x
2 2 2 2 2 2 2 2 2 2
( 1)( 1) 1 1xy y x x y x y y x x y
0.25
Kết hợp với (2) ta được
22
2
22
10
20
2
1
x y x
x xy
yx
x y xy
0.25
2
0&(2) 1 1x y y
22
1 1 2
2 &(2) 3 1
3
33
y x x x x y
0.25
Thử lại ta có
0, 1xy
và
12
,
33
xy
thỏa mãn hệ phương trình
Vậy hệ có 2 nghiệm như trên.
0.25
Câu 4
(1 điểm)
ee
x x x x
I dx dx
x x x x x x
22
2 2 2 2
11
( ln )
( ln ) ( ln )
0.25
ee
xx
A dx dx
e
x x x x
2
2 2 2
11
( ln ) 1 1
1
( ln )
0.25
e e e
x x d x x
x
B dx dx
e
x x x x x x x
2
2 2 2 2
1 1 1
1
1
( ln ) 1
1
1
( ln ) ( ln ) ( ln )
0.25
Vậy
I
ee
11
2
1
0.25
Câu 5
(1 điểm)
; ( ) ( ) ( )BC AB SAB ABCD BC SAB BC SA
Mà
SA SB
()SA SBC
.
Gọi d là khoảng cách từ D đến (SBC)
.sin
3
SD
d SD
. Mặt khác :
/ /( ) ( ,( )) ( ,( ))AD SBC d D SBC d A SBC
3
SD
d SA SA
0.25
Do AD//BC
AD SA
. Xét tam giác SAD vuông tại A có AD = 2a và
2 2 2 2 2
2 14
SA 8SA
22
aa
AD SD AD SA SB
Kẻ
SH AB
tại H
()SH ABCD
và
7
4
a
AB SH SASB SH
0.25
S
A
C
D
=
D
B
H
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
23
WWW.ToanCapBa.Net
Vậy
3
.
17
. ( )
33
S ABCD
a
V SH dt ABCD
. Ta có
3
.
17
26
SBCD S ABCD
a
VV
.
Mà
3
( ;( ))
SCBD
SBD
V
d C SBD
S
(1)
0.25
Tam giác SBD có:
14
2
a
SB
,
32
3
2
a
SD SA
,
222
22BD a BD SB SD
tam giác SBD vuông tại S.
2
1 3 7
24
SBD
a
S SB SD
Thay vào (1) có
2
( ;( )) .
3
a
d C SBD
0.25
Câu 6
(1điểm)
Từ giả thiết
2 2 2
1x y z
(1) , ta có:
2
8
2
23
P xy yz xz
xy yz xz
Đặt
2
8
2.
3
t xy yz xz P t
t
.
0.25
Ta luôn có
2
2 2 2
0 2( ) 1 2( )x y z x y z xy yz zx xy yz zx
2 2 2
1 1 1
2 1 1
2 2 2 2 2
x z y
xy yz zx xy yz xz xz
Dấu “=” xảy ra
0
2
2
y
xz
. Vậy
1.t
0.5
Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm
2
8
()
3
f t t
t
với
t 1.
Ta có
2
32
2 2 2
2 1 ( 4)
8 6 9 4
'( ) 2 2 0, 1
3 3 3
tt
t t t
f t t t
t t t
Hàm số
()ft
liên tục trên
1; ( )ft
đồng biến trên
1;
1;
min ( ) ( 1) 3
t
f t f
. Vậy min P = - 3.
0.25
Câu 7a
(1 điểm)
Gọi
1
;4C c c d
, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d
2
: 3x – 4y –
23 = 0.
Ta có
AIM
đồng dạng
CID
10 10
2 2 ;
33
cc
CI AI CI IA I
0.25
Mà
2
Id
nên ta có:
10 10
3 4 23 0 1
33
cc
c
Vậy C(1; 5).
0.25
Ta có:
2
3 23 3 9
; 2 5;
42
tt
M d M t B t
3 5 3 19
2 10; , 2 6;
22
tt
AB t CB t
0.25
Do
1
1
. 0 4 5 3 3 5 3 19 0
29
4
5
t
ABCB t t t t
t
Suy ra
33 21
;
55
B
hoặc
( 3; 3).B
Vì B có hoành độ dương nên
33 21
;
55
B
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
24
WWW.ToanCapBa.Net
Câu 8a
(1 điểm)
Ta có: AB = 5.
Gọi I là trung điểm AC, ta có
1 25 25
2 4 2
IAIB IAIB
.
0.25
Mặt khác
2
2 2 2 2 2 2 2
25 2 . 0IA IB AB IA IB IA IB IA IB IAIB IA IB
Vậy tam giác ABC vuông cân tại B.
0.25
( ) ( ; ; 2 )C P C a b b
.
Tam giác ABC vuông cân tại B nên
.0AB BC
và BC = AB = 5
0.25
2 2 2
0.( 1) 4( 2) 3( 2 4) 0
( 1) ( 2) ( 2 4) 25
a b b
a b b
.
Giải hệ được hai nghiệm (a ; b) là (6 ; -2) ; (-4 ; -2).
Vậy có hai điểm C thoả mãn yêu cầu có toạ độ là (6 ; -2 ; 4) , (-4 ; -2 ; 4).
0.25
Câu 9a
(1 điểm)
Xét đẳng thức
2014
2014 2014
2
1 . 1 1x x x
0.25
+) Ta có
2014
2014
22
2014
0
1
k
k
k
x C x
suy ra hệ số của số hạng chứa
2014
x
là
1007
2014
C
0.25
+) Ta có
2014 2014
2014 2014
2014 2014
00
1 . 1
k
k k k
kk
x x C x C x
0.25
Suy ra hệ số của số hạng chứa
2014
x
là
2014 1 2013 2 2012 3 2011 2014 0
2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014
o
C C C C C C C C C C
2 2 2 2 2 2
0 1 2 3 2013 2014
2014 2014 2014 2014 2014 2014
C C C C C C
Từ đó suy ra đẳng thức cần chứng minh.
0.25
Câu 7b
(1 điểm)
Kẻ
BH CD
ABHD là hình vuông và
CBH MBA CBH MBA CB MB
Mặt khác, BN là phân giác của góc vuông MBC
0
45CBN MBN
CBN
MBN
Vậy
( ; ) ( ; )d B CD d B MN
0.25
mà
7 2 25
44
( ; ) 2 4
50 2 2
d B MN BH BD BH
0.25
Điểm D thuộc BD, nên
0
( ;2)Dx
và BD = 4. Ta có
0
2
0
0
5
( 1) 16
3
x
x
x
.
0.25
Theo giả thiết
0
0x
. Vậy D(5; 2).
0.25
Câu 8b
(1 điểm)
mp
có VTPT:
1
1;1;4n
Giả sử
;;n a b c
,
2 2 2
0abc
là VTPT của mp
Ta có :
1
. 0 4 0 4nn a b c b a c
: 1 4 2 3 0a x a c y c z
0.25
Giả sử đường tròn giao tuyến của
và mặt cầu
S
có bán kính là
r
.
Ta có:
2
. 16 4rr
Mặt cầu
S
có tâm
0;1; 2I
, bán kính
5R
.
22
,3d I R r
2
22
3 4 5
3
4
a a c c
a a c c
0.25
M
A
B
D
C
H
N
d
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
25
WWW.ToanCapBa.Net
