6 Đề thi thử đại học có đáp án

Câu Nội dung

www.DeThiThuDaiHoc.com





2cos4x-2sinx.cosx-2sin 2 x  0



2cos4x  2(cos 2 x-sin 2 x).sinx

3
Website

  cos x  s inx  1 
  cos x  s inx  1 

  cos x  s inx  cos2x-sin2x  2cos4x  0

 I1=



 /4

 / 4



 /4

 /4



 /4

 /4

Xét I1=

1. I 

1  t 2 sin( t )dt  



 /4

 /4

 /4

1  x 2 sin xdx   I1  I1=0

sin x
dx   1  x 2 sin xdx   x sin xdx  I1  I 2
1  x2  x



/
4
 / 4

 dx   dt




1  x 2 sin xdx , đặt x=-t   x   : t 
4
4




 x  4 : t   4

 /4

(2)
cosx-sinx=0

cos2x-sin2x- 2cos4x=0 (3)

Giải (2) ta được x   k (thỏa mãn (*))
4


 

 x= 8  k
 4x=2x+ 4  k 2


Giải (3) :  2cos  2 x    2cos4x  

4

 x=-   k
 4x=-2x-   k 2

4
24 3

Đối chiếu điều kiện ta được 3 họ nghiệm.
 x3  y 3  m( x  y ) (1)
Xét hệ: 
(2)
x  y  2
(2)  y = x  2 thay vào (1) ta có : (2x - 2)[x2 - 2x + 4 - m] = 0
x 1
II.2  
 2
(1,0)
 x  2 x  4  m  0 (*)
Nhận xét : Nếu pt (*) có 2 nghiệm x1, x2 phân biệt thì : x1 < 1 < x2 và x1 + x2 = 2
Vậy để hệ có 3 nghiệm và x1, x2, x3 theo thứ tự lập thành cấp số cộng  pt (*) có 2
nghiệm phân biệt  ' = 1 - 4 + m > 0  m > 3.

Vậy m>3 là giá trị cần tìm.

III.1
(1,0)
 /4
u  x
 du  dx
Xét I =
x sin xdx , đặt

2



 dv  sin xdx v   cos x
 /4



 /4
4
4
4 = 2  2
 I2=  x cos x

cos xdx   x cos x
 sin x
 /4



4



4
4
4
dx
 sinxdx
2

2

2

 sinx.cos x   sin x.cos x

www.MATHVN.com

III.2
Đặt t  cosx  dt=-sinxdx 
(1,0)

ĐỀ KIỂM TRA CHẤT LƯỢNG LẦN THỨ 1
NĂM HỌC 2013 – 2014
MÔN : TOÁN
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian giao đề)

x 2  mx  2m  1
(1), có đồ thị là (Cm), m là tham số.

mx  1

Ngày ……/8/2013

TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1

Câu I (2,0 điểm).
Cho hàm số y 

3 

2 

Điểm
0.25

0.25

0.25

0.25
0.25
0.25
0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
2. Xác định m để tiệm cận xiên của (Cm) đi qua gốc tọa độ và hàm số (1) có
cực đại, cực tiểu.
Câu II (2,0 điểm).


1. Giải phương trình lượng giác:  cot x  1 1  2cos4x   2sin  2 x 
 x3  y 3  m( x  y )

1  x2  x

x  y  2

2. Cho hệ phương trình: 

 /4



 /4

Tìm tất cả các giá trị của m để hệ phương trình trên có 3 nghiệm phân biệt (x1; y1),
(x2; y2) và (x3; y3) sao cho x1, x2, x3 theo thứ tự lập thành một cấp số cộng.
Câu III (1,0 điểm). (Học sinh tự chọn một trong hai phần)
sin x
dx

1. Tính tích phân: I 

a 3
, mặt phẳng
3

1
biết rằng
2. Tìm một nguyên hàm F(x) của hàm số f ( x ) 
sinx.cos 2 x

F( )  0 .
4
Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật với
AB= a,AD= 2a. Cạnh SA vuông góc với mặt phẳng đáy, cạnh bên SB tạo với mặt
phẳng đáy một góc 600 .Trên cạnh SA lấy điểm M sao cho AM =
(BCM) cắt cạnh SD tại N . Tính thể tích khối chóp S.BCNM.
Câu V (1,0 điểm). Cho a, b là các số thực thoả mãn a  b  c  3 .
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
M  2012 a  2013b  2014c  2012b  2013c  2014a  2012c  2013a  2014b

Câu VI (2,0 điểm).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d: x  2 y  1  0 ,
d ' : x  y  1  0 và điểm A(-1 ; 1). Tìm tọa độ tâm đường tròn thuộc đường
thẳng d, biết rằng đường tròn đi qua điểm A và cắt đường thẳng d’ tại hai
phân biệt điểm B, C sao cho BC=2.
2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho A(1;2;-1), B(8;1;-2) , C(1;2;1) , và
  
x  y  z  3  0
. Tìm M(d) sao cho | MA  MB  MC | đạt

đường thẳng d  : 
x  y  5  0

giá trị nhỏ nhất.
Câu VII (1,0 điểm).
12

1

Tìm hệ số của số hạng chứa x8 trong khai triển Newton:  1  x 4  
x


www.DeThiThuDaiHoc.com

4
Website

22
 2 C 0
2 2

2 2
 2
22

22
 2 . Vậy một nguyên hàm cần tìm là:
2 2

a 3
MN SM
MN a 3  3
2




AD SA
2a
3
a 3
2a
4a
Suy ra MN =
; BM =
3
3
Diện tích hình thang BCMN là :
M

A

10 3a3
1
Gọi V là thể tích chóp S.BCNM ta có V = SH.S BCNM =
3
27

N

C

-------------------------------------- Hết --------------------------------------

2
Website

www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com



Xét véc tơ u   2012a ; 2013b ; 2014c  , v   2012b ; 2013c ; 2014a  ,





w   2012c ; 2013a ; 2014b 



4a 

 2a 
 2a 10 a2
BC  MN
3

SBCMN =
BM  


2
2

 3 3 3


Hạ AH  BM . Ta có SH  BM và BC  (SAB)  BC  SH .
Vậy SH  ( BCNM)  SH là đường cao của khối chóp S.BCNM
AB AM
1
Trong tam giác SBA ta có SB = 2a ,

=
.
SB MS
2
  30 0  SH = SB.sin30 0 = a
Vậy BM là phân giác của góc SBA  SBH

B

Do ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD
 BC  AB
Ta có :
 BC  BM .


 BC  SA
Tứ giác BCMN là hình thang vuông có BM
S
là đường cao
Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 ,

1
1 cosx  1
1
F(x)= ln

 ln
2 cosx  1 cosx 2

1
 C=  ln
2


1
Mặt khác F ( )  0  ln
2
4

dt
dt
dt 1 t  1 1
 2 2
 2
  2  ln

 C
t
(
t

1)
t

1
t
2 t 1 t
1 cosx  1
1
 ln

 C =F(x).
2 cosx  1 cosx

Câu Nội dung

IV
(1,0)

V
(1,0)

x 1

x 1

0
0
-1



1
+



2
0
3

-2

2

4

6

+

5

+

+

lim ( y  x)  0  đường thẳng y=x là tiệm cận xiên của đồ thị hàm số
x 

+

b. Chiều biến thiên
x2  2x
y' 
, x  1 ; y’ = 0  x = 0, x = 2
( x  1) 2
Bảng biến thiên:

x
y'
y



-5

-4

10

D

x=2, yCT=3

ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM

Câu Nội dung
x2  x  1
1
1. m=1, y 
 x
, TXĐ: D=R\{1}
x 1
x 1
2. Sự biến thiên
a. Giới hạn, tiệm cận
lim y  ; lim y    đường thẳng x=1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số

I.1
(1,0)



-10

Hàm số đồng biến trên các khoảng (-∞;0) và (2; +∞).
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (0;1) và (1;2).
Hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ=-1; Hàm số đạt cực tiểu tại
3. Đồ thị
+ Giao Ox: y=0  vô nghiệm
|+ Giao Oy : x=0  y=-1
Nhận xét: Đồ thị nhận điểm I(1; 1) làm tâm
đối xứng

2



x 1  m 2 2m 3  2m 2  1
x 1  m2


 y   2 là tiệm cận xiên với điều
m
m2
m 2 (mx  1)
m
m

x 2  mx  2 m  1
mx 2  2 x  2m 2  2m
y
; y' 
mx  1
(mx  1) 2

3

Mặt khác y 



I.2 kiện 2m  2m  1  0 và m  0
(1,0)
 mx 2  2 x  2 m2  2m =0 co 2 nghiem phan biet


1  m2
0

YCBT   m 2
 m=1
m  0

 2m3  2m 2  1  0
Điều kiện sinx  0  x  k (*)
Với điều kiện (*), phương trình   cos x  s inx  1  2cos4x  2cos2x.sinx
II.1
(1,0)

www.MATHVN.com

Điểm

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

Điểm

0.25

0.25

0.5

0.25
0.25
0.25

0.25

0.25


Cs3A

TRNGTHCS&THPTNGUYNKHUYN TPHCM

Thigian:150phỳt

KIMTRANHKèLN1
MụnToỏn.

GV:MTH

Cõu1. (2im)Chohm s y = x 4 + (3m + 1) x2 -3 (vi mltham s)
1.Khosỏtsbin thiờnvvth cahm skhi m=ư1.
2.Tỡm ttccỏcgiỏtr camth hm scúbaim cctr tothnhmttamgiỏc
2
cõnsaochodi cnh ỏy bng ln di cnhbờn.
3
2 x- 3
Cõu2 .(2im)Chohms y=
cúth ( C).
x -2
1)Vitphngtrỡnhtiptuyn D vith ( C)saocho D cttrchonhti A m OA =6
2)VitphngtrỡnhtiptuyntiimMthuc(C)bittiptuynúcttimcnng
ã
4
vtimcnnganglnlttiA,Bsaochocụsingúc ABI bng
,viIlgiao2
17

) ( x + 1)+ 4x
x 2 + 1 Ê 2 x x 2 - 2 x +5.

timcn
Cõu3.(3im)
3sin 2 x+ 2s inx - 3
1)Giiphngtrỡnh:
+ 3 - 2sin 3 x =0.
c otx

(

2)Giibtphngtrỡnh: 2 + x 2 - 2 x + 5

0

AAÂ ( ABC ) )=60 .Tớnh V
(ã
AÂ.ABC

v d ( G( AÂBC ) )

) (

)

2xy
ỡ 2
2
ù x + y + x + y = 1
3)Giihphngtrỡnh: ớ
2
ù
ợ x + y = x - y
Cõu4 .(2im)
ã=600 ,hỡnhchiuvuụng
1)Chohỡnhlngtr ABC .AÂBÂC Â ,vi AB = a , BC = 2a , ABC
gúcca AÂ lờnmtphng ( ABC) trựngvitrngtõm G ca DABC

(

2)Trongmtphng Oxy ,cho DABC vi A 6 5 , B -5 - 5 M limnmtrờn

2

onthng BC saocho MC =2MB .Tỡmtaim C bit MA = AC =9 vng
thng BC cúhsgúclmtsnguyờn.
Cõu5.(1im)

b

c

2

a b c

2012

2

Cho hai s a > 0, b >0thamón ( a 2 + 2b 2 ) + 3a 2 b 2 = 2 ( a 2 + b 2 )( a 2 +2b 2 ). Tỡm giỏ tr

www.DeThiThuDaiHoc.com

5
Website

nhnhtcabiuthc:
2
2

2
2ựộ
2
2 ự
ộ
a 3 + b3 8b3 ở( a + b ) + 2a + 5b ỷ ở( a - b ) + 2a + 5b ỷ
+ 3 +
.
b3
a
ab ( a 2 +2b 2 )
A=

Cõu Ni dung

Ta cú

2

M 2012 a 2013b 2014c 2012b 2013c 2014a 2012c 2013a 2014b

u vw

a


a
b
c

a
b
c

a
b
c
2012 2012 2012 2013 2013 2013 2014 2014 2014





2014

Mt khỏc: 2012 2012 2012 33 2012
3
a
b
c
a b c
2013 2013 2013 33 2013
3 2013

a
b
c
a b c
3 2014
2014 2014 33 2014




M 3 6039 , du = a=b=c=1.

k

VI.1 Gi I(2t-1;t)(d) , H l hỡnh chiu ca I trờn d khi ú H l trung im ca BC
(1,0) HC=HB=1 d ( I ; d ') IH IC 2 HC 2 IA2 1
2t 1 t 1

(2t )2 (t 1)2 1 (t 2) 2 2(5t 2 2t )
12 (1)2
2
9t2-4=0 t
3
1 2 7 2
Vy cú hai tõm ng trũn tha món l: I ; , I 2 ;
3 3 3 3
1

Gi M(5-t;t;2-2t)(d), khi ú:

MA (t 4; 2 t ; 2t 3), MB (t 3;1 t ; 2t 4), MC (t 4; 2 t ; 2t 1)

MA MB MC (3t 5;5 3t ; 6t 8)

2
2
VI.2
P= | MA MB MC | 3t 5 (5 3t ) 2 6t 8
(1,0)

= 54t 2 156t 114 f (t ) , f(t) l Parabol quay b lừm lờn trờn
32 13 8
13
M ; ;
9
9 9 9
12

12
1
1


1 x 4 (1)12 k C12k x 4
x
x

k 0

Pmin f(t)min t=
12

VII
4 1
Ta cú: x 1
(1,0)
x


www.MATHVN.com

im

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25

0.25

0.25

0.25

0.25
0.25
0.25

0.25

ti A v BC =

( x0 -2)2

1
( x - x0 ) +
x0 - 2

2 x0 - 3

(0,25im)

ổ -3m- 1 ( 3m+ 1)
2
ổ -3m - 1 ử
AB 9.4 ỗ
+
ữ = 4ỗỗ
3
2
16
ố 2 ứ
ố

4
ử
5
ữ m = - (
ữ
3
ứ

PN
Cõu1.
1)(1im)HcsinhTlm
ộ x= 0
2) y  = 4 x3 + 2 ( 3m + 1)x= 0 ờ
(0,25im)
ờ x 2 = - 3m+ 1
ở
2
1
hmscú3cctr m < - (0,25im)
3
Tacỏcimcctr
2
ổ -3m - 1 ( 3m + 1) 2
ử ổ
ử
-3m- 1 ( 3m+ 1)
A ( 0 -3 ) , B ỗ
- 3ữ , C ỗ - 3ữ (0,25im)
ỗ

ữ ỗ
ữ
2
4
2
4
ố
ứ ố
ứ
DABC cõn

0,25im)
Cõu2.
ổ
2x - 3 ử
1)Gi M ỗ x 0 ; 0
ữ ẻ (C ) , x0 ạ2
x0 - 2 ứ
ố
Phngtrỡnhtiptuyn D tiM: y = Vi A = ( D ) ầ 0 x ị A ( 2 x02 - 6 x0 +6 0) (0,25im)

k


i 0

0

7

i

4

12

8

1 12 k
12 k k i 4 k 4 i i
x
( 1) C12Ck x
x k 0 i 0
k i

6
Website

www.DeThiThuDaiHoc.com

ộ x0 = 0
(0,25im)
M OA = 6 2 x0 2 - 6 x0 + 6 = 6 ờ
ởx0 = 3
1
3
ộ
( D ) :y = - x+
4
2 (0,25im)

Vyphngtỡnhtiptuyncntỡm: ờ
ờ
ờ( D ): y = - x + 6
ở
ổ
2x - 3 ử
2) I(22).Gi M ỗ x 0 ; 0
ữ ẻ (C ) , x0 ạ2
x -2
ố
ứ
0
2x - 3
1
Phngtrỡnhtiptuyn D tiM:
(0,25
( x - x0 ) + 0
y=x0 - 2
( x0 -2)2
im)
ổ 2x - 2 ử
(0,25im)
Giaoimca Dvicỏctimcn: A ỗ 2; 0
ữ , B(2 x 0 -2;2) .
ố x 0 - 2 ứ
ã 1 IA
ã
4
IB 2 = 16.IA2 ( x0 - 2)4 =16
( 0, 25

Do cos ABI =
nờn tan ABI = =
4 IB
17
im)

Cõu Ni dung
12

k 0
k

( 1)12 k C12k Cki x 4
12

k 0 i 0

(1)12 k C12k Cki x 4 k 5i

2

Ta chn: i, k N, 0 i k 12; 4k 5i = 8
i = 0, k = 2; i = 4 , k = 7; i = 8, k= 12

Ghi chỳ: Cỏc cỏch gii khỏc ỳng cho im tng ng

Vy h s cn tỡm l: C12 .C2 C12 .C7 C12 .C12 27159

www.MATHVN.com

0.25

im

0.25

0.25


97
lim f ( t ) = +Ơ, f ( 3)=
tđ+Ơ
3
Bngbinthiờn
Davobngbinthiờn,tac
97
min A = min f ( t )=
,khi a = b = c =1
[3+Ơ )
3

(0,25im)

ộx = 0
ờ 0
ởx 0 = 4
Ktlun: (0,25im)
ổ 3ử
1
3

Ti M ỗ 0; ữ phngtrỡnhtiptuyn: y = - x +
ố 2 ứ
4
2
ổ 5ử
1
7
Ti M ỗ 4; ữ phngtrỡnhtiptuyn: y = - x +
ố 3 ứ
4
2
Cõu3.
1)Tacú:K: sin 2 x ạ0 (0,25im)
s inx ( 3sin 2 x+ 2 s inx - 3)
Pt
+ 3 - 2 sin 3 x= 0
cosx
3sin 3 x + 2s in 2 x - 3s inx + 3cos x - 2sin 3 x.cos x =0(0,25im)
3s inx ( sin 2 x - 1)+ 2sin 2 x (1 - s inx.cos x )+ 3cos x = 0
3cos x ( s inx.cos x - 1) = 2 sin 2 x (1 - s inx.cosx )

(

)

2 x ( 3x
2

+ 2 x- 1)

2 x 2 + 1 + x 2 - 2 x +5

Ê 0 (0,25im)

2p
( k ẻZ )(0,25m)
3

ộs inx.cos x= 1
(0,25im)
( cos x.s inx - 1) 3cos x + 2sin 2 x = 0 ờ
2
ở2cos x - 3cos x - 2 = 0
ộsin 2 x = 2( PTVN)
ờ
2p
ờ ộcos x= 2
x=
+ k 2p ( k ẻ Z)
ờờ
3
1
ờ ờcosx = 2
ởở

)

Soviiukin,tacnghimcaphngtrỡnh: x =
2)Tacú:

(

Pt 2 + x 2 - 2 x + 5 ( x+ 1) +

2

ộ
ự
2 x ( 3 x- 1)
( x + 1) ờ 2 + x 2 - 2 x+ 5 +
ỳ Ê 0 (0,25im)
2 x 2 + 1 + x 2 - 2 x + 5ỷ
ở
( x + 1) ộ 4 x 2 + 1 + 2 x 2 - 2 x + 5 + 2 ( x 2 + 1)( x 2 - 2 x + 5 )+ 7 x 2 - 4 x + 5ự Ê 0 ( 0,25
ỳ
ởờ
ỷ
im)
x + 1 Ê 0 x Ê -1 (0,25im)
ỡ x + y> 0
3)Tacú:iukin: ớ 2
ợx - y > 0
Hpt ( x + y ) ộ( x + y ) - 1ự - 2 xy ộ( x + y )- 1ự = 0 (0,25im)
ở
ỷ
ở
ỷ
ộ x + y= 1
(0,25im)
( x + y - 1) ộở( x + y )( x + y - 1) - 2 xyựỷ = 0 ờ 2

2
ởx + y + x + y = 0( PTVN )

TRNG THPT TRIU SN 4
T TON TIN
chớnh thc

KHO ST CHT LNG THI I HC.
NM HC: 2013 - 2014
MễN: TON. KHI A , A1- B - D.
Thi gian lm bi: 180 phỳt khụng k thi gian phỏt .

( x, y R )

I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im):
x 1
(C)
Cõu 1 (2 im). Cho hm s: y =
2( x + 1)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Tỡm nhng im M trờn (C) sao cho tip tuyn vi (C) ti M to vi hai trc ta mt tam giỏc
cú trng tõm nm trờn ng thng 4x + y = 0.
Cõu 2 (1 im).Gii phng trỡnh: 2cos 2 2 x 2cos 2 x + 4sin 6 x + cos 4 x = 1 + 4 3 sin 3 x cos x

2 y 3 + y + 2 x 1 x = 3 1 x
Cõu 3 (1 im).Gii h phng trỡnh:
2 y 2 + 1 y = 2 x
5 4x
10
Cõu 4 (1 im). Gii bt phng trỡnh: 2 x 3 +

x+ 2 xR
x
x
Cõu 5 (1 im). Cho hỡnh chúp S . ABC cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti A, 2 AC = BC = 2a. Mt
phng ( SAC ) to vi mt phng ( ABC ) mt gúc 600 . Hỡnh chiu ca S lờn mt phng ( ABC ) l
trung im H ca cnh BC. Tớnh th tớch khi chúp S . ABC v khong cỏch gia hai ng thng
AH v SB .
Cõu 6 (1 im). Cho x, y, z 0 tho món x + y + z > 0.Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
x3 + y 3 + 16 z 3
P=
3
(x + y + z)
II. PHN RIấNG (3,0 im) : Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B).
A. Theo chng trỡnh Chun.
Cõu 7.a (1 im). Trong mt phng vi h ta Oxy cho tam giỏc ABC vuụng ti A , bit B v C i
xng nhau qua gc ta . ng phõn giỏc trong gúc B ca tam giỏc ABC l ng thng
( d ) : x + 2 y 5 = 0 . Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc, bit ng thng AC i qua im K ( 6; 2 )

n

1
n

2

c +c

n

+ ... + cn + cn = 255

n 1

Cõu 8.a (1 im). Trong khụng gian Oxyz cho tam giác ABC có: A ( 2;3;1) , B ( 1; 2; 0 ) , C (1;1; 2 ) .
Viết phơng trình đờng thẳng ( d) đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng
( P): x - 3y + 2z + 6 = 0.

Cõu 9.a(1 im). Cho n l s nguyờn dng tha món
n

Hóy tỡm s hng cha x14 trong khai trin nh thc Niu tn P(x) = (1 + x + 3 x 2 ) .

B. Theo chng trỡnh Nõng cao.
Cõu 7.b. (1 im) Trong mt phng vi h trc ta Oxy cho tam giỏc ABC cú nh A ( 2; 6 ) , chõn

=

2a 51
51

3

(0,25im)

1

3

ng phõn giỏc trong k t nh A l im D 2; v tõm ng trũn ngoi tip tam giỏc ABC l
2

1
im I ;1 . Vit phng trỡnh ng thng cha cnh BC.
2
Cõu8.b(1im).Trong khụng gian vi h ta Oxyz cho bn im A(0;0;1) , B(1;2;1) , C (2;1;1) ,
D(3;3;3) .Tỡm ta im M thuc ng thng AB v im N thuc trc honh sao cho ng
thng MN vuụng gúc vi ng thng CD v di MN = 3 .
log 2 ( y 2 x + 8) = 6
Cõu 9.b (1 im). Gii h phng trỡnh: x
8 + 2 x .3 y = 2.3 x + y

AAÂ lờnmtphng ( ABC)Gi M ltrungimca BC .

ộ x = 1 ị y= 0
Vi x + y =1 thayvopt ( 2) ,tac: x 2 + x- 2 = 0 ờ
(0,25im)
ởx = -2 ị y = 3
Vynghimcahphngtrỡnh: (10 ) , ( -23 )
Cõu4
1)(HStvhỡnh)
Tacú: AÂG ^ ( ABC )ị AÂG lngcaohỡnhchúp AÂ.ABC v AG lhỡnhchiuca

AÂG.GI

2a 3
2
2a ã 0
Khiú: AG = AI =
AÂAG =60 ị AÂG = AG.tan 600 =
(0,25im)

3
3
3
Trong DABC cú AC 2 = AB 2 + BC 2 - 2 AB.BC .cos600 = 3a 2 ị AC =a 3
Licú: AB 2 + AC 2 = 4a 2 = BC 2 ị DABC vuụngti A
1
a3
Doú: VAÂ.ABC = S DABC.AÂG = .(0,25im)
3
3
ỡ AK ^ BC
GI MG 1
1
AB. AC a 3
Dng: ớ
=
= ị GI = AK =
=
ị GI PAK ị
AK MA 3
3
3.BC
6
ợGI ^ BC
K GH ^ AÂI
ỡ BC ^ GI
Vi ớ
ị BC ^ GH ị GH ^ ( AÂBC ) ị d ởộG( AÂBC )ỷự = GH(0,25im)
ợBC ^ AÂG
Trong DAÂGI vuụngti G,vi GH =

2

AÂG 2 +GI 2

Cõu5:Chohais a > 0, b >0thamón ( a 2 + 2b 2 ) + 3a 2 b 2 = 2 ( a 2 + b 2 )( a 2 +2b 2 ).Tỡm

2

+ 2b 2 ) + 3a 2 b 2 = 2 ( a 2 + b 2 )( a 2 + 2b 2 ) 4ab ( a 2 +2b 2 )

2

A=

giỏtrnhnhtcabiuthc
2
2
2
2ựộ
2
2 ự
ộ
a 3 + b3 8b3 ở( a + b ) + 2a + 5b ỷ ở( a - b ) + 2a + 5b ỷ
+ 3 +
.
b3
a
ab ( a 2 +2b 2 )
2

Tacú

(a

3

a 2b
ổ a 2b ử
ổ a 2b ử
ị ỗ + ữ + 3 4ỗ + ữ +
3.(0,25)
ốb a ứ
ố b a ứ b a
4
4
ổ a 2b ử
ổ a 2b ử ổ a 2b ử
ổ a 2b ử
ổ a 2bử
A= ỗ + ữ - 6 ỗ + ữ + 9 ỗ + ữ +1 = ỗ + ữ + 3ỗ + ữ + 1
ốb a ứ
ố b a ứ ố b a ứ a + 2b
ốb a ứ
ố b a ứ a + 2b
b a
b a
4
hms f ( t ) = t 3 + 3t - + 1, tẻ [ 3+Ơ )
t

4
3t 4 + 3t2 + 4
+3 =
> 0, "tẻ ( 3+Ơ).(0,5im)
t2
t 2

f  ( t ) = 3t 2 +


1đ

1đ

1đ

(

x > 0

 x > 0
ĐK:  10
⇔ 2
⇔ x>0
x+ −2≥0
 x − 2 x + 10 ≥ 0
x

Với điều kiện trên,

K

( x − 1)2 + 9 ≥ 3 (*)

B

∧

∧

2

I
-1

O

1
2
x

ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC L1
NĂM HỌC: 2013 - 2014

−1

x0 − 1
) ∈ (C ) là điểm cần tìm
2( x + 1)

4

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0,5

0,25

0,25

1.0

DeThiThuDaiHoc.com

t ≥ 3 ⇒ x 2 − 2 x + 10 ≥ 3 ⇔ x 2 − 2 x + 1 ≥ 0 ⇔ ( x − 1) ≥ 0 luôn đúng.
S

H

a
M

Vậy nghiệm bất phương trình là

C

A

x ∈ ( 0; +∞ )

5

t≤−
Bpt trở thành 2t 2 − t − 15 ≥ 0 ⇔ 
2 ⇒ t ≥ 3 ( do (*) )

t ≥ 3

Đặt t = x 2 − 2 x + 10 =

(bpt) ⇔ 2 x 2 − 4 x + 5 ≥ x 2 − 2 x + 10 ⇔ 2 x 2 − 2 x + 10 − 15 ≥ x 2 − 2 x + 10

)

Xét hàm số f (t ) = 2t 3 + t , ta có f , (t ) = 6t 2 + 1 > 0∀t ∈ R ⇒ f (t ) đồng biến trên R.
y ≥ 0
Vậy (1) ⇔ f ( y ) = f ( 1 − x ) ⇔ y = 1 − x ⇔  2
 y = 1− x
2− x
Thế vào (2) ta được : 3 − 2 x − 1 − x = 2 − x ⇔
= 2− x
3 − 2x + 1 − x



1
⇔ (2 − x )
− 1 = 0 ⇔ 3 − 2 x + 1 − x = 1( x ≤ 1 ⇒ 2 − x ≠ 0)
 3 − 2x + 1 − x

⇔ x = 1 .Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0)
Giải bất phương trình.........

⇔ 2 y 3 + y = 2(1 − x) 1 − x + 1 − x

3
2 y + y + 2 x 1 − x = 3 1 − x (1)
2. Giải hệ phương trình: 
.
2
 2 y + 1 − y = 2 − x(2)
Điều kiện: x ≤ 1 . Với điều kiện đó, ta có
(1) ⇔ 2 y 3 + y = 2 1 − x − 2 x 1 − x + 1 − x

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

3

4

5
N

∧

∆ABC vuông tại A có BC = 2a; AC = a; B = 30 0 ; C = 60 0 ; Gọi N là trung
điểm của AC. Vì

−∞

1
2

+∞

MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút

Hướng dẫn chấm
1
> 0 , với ∀x ∈ D
( x + 1) 2

x
y,
y

2

0.5

0.25

0.25

0.25

0.25

Điểm

DeThiThuDaiHoc.com

AC ⊥ AB ⇒ AC ⊥ HN ; AC ⊥ SH ⇒ AC ⊥ ( SHN ) ⇒ SNH = 60 0

www.DeThiThuDaiHoc.com

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
HƯỚNG DẪN CHẤM
Đề chính thức

www.DeThiThuDaiHoc.com

⇒ y=

Bảng biến thiên:

.Gọi M( x0 ;

−∞
1
2

1
3
Đồ thị: đi qua các điểm (0; − ) ; (-2; )
2
2
1
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; ) làm tâm đốyi xứng
2

+∞

⇒ hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ( −∞; −1) và ( −1; +∞ )
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
1
1
lim y = , lim y = ; Lim+ y = −∞ , Lim− y = +∞
x → +∞
x →( −1)
2 x→ −∞
2 x→( −1)
1
là tiệm cận ngang; x = −1 là tiệm cận đứng.
2

Chiều biến thiên: y , =

TXĐ: D = R\ {−1}

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):

Câu Ý
1
1

1đ

2

0

www.DeThiThuDaiHoc.com

1đ

z
, 0 ≤ t ≤ 1 );
a

H ( x; y; z )

( x + y)
4

3

của tam

=

3

+ 64 z 3

a3

(a − z)
3

= (1 − t ) + 64t 3

khi

b = 1

và chỉ

khi

5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.5

0.25

0.5

0.25

DeThiThuDaiHoc.com

a 3
2

a 3
3a
a2 3
; SH =
; mặt khác S ∆ABC =
2
2
2

+ 64 z 3

(chứng minh bằng cách biến đổi tương đương)
3

a3

( x + y)

Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t ∈ [ 0;1] . Có

64
16
⇒ GTNN của P là
đạt được khi
81
81

là trực tâm

Với b = 5 ⇒ B( −5;5), C (5; −5) ⇒ A 

Gäi

giác ABC

Với b = 1 ⇒ B(3;1), C ( −3; −1) ⇒ A(3;1) ≡ B loại
 31 17 
 31 17 
;  .Vậy A ; ; B(−5;5);C(5; −5)
 5 5
5 5

b = 5

( 2b − 3)(11 − 2b ) + ( 4 − b )( 2 + b ) = 0 ⇔ −5b 2 + 30b − 25 = 0 ⇔ 

CK = (11 − 2b; 2 + b )

Tam giác ABC vuông tại A nên BI = ( 2b − 3; 4 − b ) vuông góc với

Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 ⇒
I (2;4) và I ∈ AB

B ∈ ( d ) : x + 2 y − 5 = 0 nên gọi B ( 5 − 2b; b ) , vì B, C đối xứng với nhau qua
O suy ra C (2b − 5; −b) và O(0;0) ∈ BC

t∈[ 0;1]

Lập bảng biến thiên ⇒ Minf ( t ) =

1
2
f '(t ) = 3 64t 2 − (1 − t )  , f '(t ) = 0 ⇔ t = ∈ [ 0;1]


9

(với t =

Đặt x + y + z = a. Khi đó 4 P ≥

Trước hết ta có: x3 + y 3 ≥

1
1

1
3a
Trong tam giác SHM ta có
=
+
⇔ HK =
4
HK 2 HM 2 HS 2

Tam giác ACH đều nên ∠HBM = ∠AHC = 60 0 ⇒ HM = HB sin 60 0 =

HK = d ( HA; SB )

Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó

1
a3 3
⇒ VS . ABCD = S ∆ABC .SH =
(đvtt )
3
4
Kẻ a // AH (a đi qua B)

⇒ HA // ( SB, a )

Trong tam giác SNH ⇒ HN =

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

6

1đ

1đ

x = y = 4z > 0
A.Theo chương trình Chuẩn.

7.a

8.a
www.DeThiThuDaiHoc.com

1đ

1đ

∆ : y = f ' ( x0 )( x − x0 ) +

2

3
2

(vì A, B ≠ O nên x02 − 2 x0 − 1 ≠ 0 )

3
2

3 5

2 2

x02 − 2 x0 − 1 x02 − 2 x0 − 1
+
=0
6
6( x0 + 1) 2

x 2 − 2 x0 − 1
Gọi A = ∆ ∩ ox ⇒ A( − 0
;0)
2
x02 − 2 x0 − 1
). Khi đó ∆ tạo với hai trục tọa độ ∆ OAB có trọng
2( x0 + 1) 2
B = ∆ ∩ oy ⇒ B(0;

 x 2 − 2 x0 − 1 x02 − 2 x0 − 1 
;
tâm là: G  − 0
.
6
6( x0 + 1) 2 


( x0 + 1)

1

Do G ∈ đường thẳng:4x + y = 0 ⇒ −4.

⇔ 4=

1
2

1
1


 x0 + 1 = 2
 x0 = − 2
⇔
⇔


x +1 = − 1
x = − 3
0
0

2

2

1
2

Với x0 = − ⇒ M (− ; − ) ; với x0 = − ⇒ M (− ; ) .
( PT ) ⇔ 2 cos 2 2 x − 1 − 2 cos 2 x + 4 sin 6 x + cos 4 x = 4 3 sin 3x cos 3x

⇔ 2 cos 4 x − 2 cos 2 x + 4 sin 6 x = 4 3 sin 3x cos 3x

(

)

⇔ cos 4 x − cos 2 x + 2sin 6 x = 2 3 sin 3 x cos x
⇔ −2sin 3 x sin x + 4sin 3 x cos 3x = 2 3 sin 3 x cos x

⇔ −2sin 3 x sin x − 2cos3x + 3 cos x = 0

3

0.25

0.25

0.5

0.25

0.25

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
DeThiThuDaiHoc.com
Gọi ∆ tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình
x0 − 1
x −1
1
( x − x0 ) + 0

⇒y=
2
2( x0 + 1)
2( x0 + 1)
( x0 + 1)

2

π
π kπ
kπ
+ k π; x =
+ ;x =
(k ∈ Z )
12
24 2
3

sin 3x = 0
⇔
sin x + 3 cos x = 2 cos 3x
π
* sin 3 x = 0 ⇔ x = k ( k ∈ Z )
3
π

*sin x + 3 cos x = 2cos 3 x ⇔ cos  x −  = cos3 x
6

π


 x = − 12 + k π
⇔
(k ∈ Z )

 x = π + kπ

24 2
Vậy nghiệm của phương trình là x = −

www.DeThiThuDaiHoc.com


ĐỀ CHÍNH THỨC

TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM











ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM 2014
Môn: TOÁN ; Khối A, A1, B và D
Thời gian : 180 phút, không kể thời gian phát đề





I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3 x 2  2.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Tìm trên đường thẳng y  9 x  7 những điểm mà qua đó kẻ được ba tiếp tuyến
đến đồ thị (C) của hàm số.
Câu 2 (2,0 điểm).
2 3 sin 2 x. 1  cos 2 x   4cos 2 x.sin 2 x  3
 0.
a) Giải phương trình:
2sin 2 x  1
1
b) Giải phương trình: 2 log2 x  log 1  2 x  log 2 2 x  2 x  1  3.
2
1
2

2
2

 x  x  4 y  y 1  2
.
Câu 3 (1,5 điểm). Giải hệ phương trình: 
2
3 3
12 y  10 y  2  2 x  1

Câu 4 (1,5 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi tâm O, cạnh
a, BD  a. Trên cạnh AB lấy điểm M sao cho BM  2 AM . Biết rằng hai mặt
phẳng (SAC) và (SDM) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) và mặt bên (SAB)
tạo với mặt đáy một góc 600. Tính thể tích của khối chóp S.ABCD theo a và cosin
của góc tạo bởi hai đường thẳng OM và SA.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn: a 2  b 2  c 2  3. Tìm giá trị
1 1 1
nhỏ nhất của biểu thức: P  3( a  b  c )  2     .
a b c

II. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm)
A. Dành cho thí sinh thi khối A, A1
n

1

Câu 6a (1,0 điểm). Cho P( x)    ( x  x 2 )  . Xác định số hạng không phụ thuộc vào
x

x khi khai triển P( x) biết n là số nguyên dương thỏa mãn Cn3  2n  An21.
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có đỉnh A(1;5).
Tâm đường tròn nội tiếp và ngoại tiếp của tam giác lần lượt là I  2;2  và
5 
K  ;3  . Tìm tọa độ các đỉnh B và C của tam giác.
2 
A. Dành cho thí sinh thi khối B, D
Câu 6b (1,0 điểm). Cho tập hợp A tất cả các số tự nhiên có năm chữ số mà các chữ số
đều khác 0. Hỏi có thể lấy được bao số tự nhiên từ tập A mà số đó chỉ có mặt ba
chữ số khác nhau.
 4 

Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm A(0;2), B  0;  và hai
 5 
đường thẳng d1 : x  y  1  0, d 2 : 2 x  y  2  0. Hãy viết phương trình đường
thẳng d đi qua gốc tọa độ và cắt d1 , d 2 lần lượt tại M, N sao cho AM song song
với BN.
----- HẾT -----

8

k=0

2

k
8

8

2

k

k

2

=

6

0.25

0.25

0,5

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

DeThiThuDaiHoc.com

Cn0 + Cn1 + Cn2 + ... + Cnn −1 + Cnn = (1 + 1) n = 2n ⇒

Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương
2
29
1
x−
y−

z+
15 =
15 =
3
1
−3
2

Với n nguyên dương ta có: Ta có

Phương trình đường thẳng (d) là:

2 29 − 1
H( ; ; )
15 15 3

2

 x = 15
 BH . AC = 0
( x + 1) + 2 ( y − 2 ) + 3z = 0


29 ⇒


⇔ CH . AB = 0
⇔ 3 ( x − 1) + ( y − 1) + ( z + 2 ) = 0 ⇔  y =
15




AH  AB, AC  = 0
1
( x − 2 ) − 8 ( y − 3) + 5 ( z − 1) = 0


z = − 3


www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam
BH ⊥ AC , CH ⊥ AB, H ∈ ( ABC )

1đ
Cn1 + Cn1 + ... + Cnn = 2n − 1

k

∑C (3x + x)

Theo giả thiết ta có 2n – 1 = 255 ⇔ 2n = 256 = 28⇔ n = 8.

8

P(x) = (1 + x + 3x2)8 =

E ( 2; − 4 )

1
2 

2
 1
IA = IE ⇔ ( t −1) +  −2 −  =  2 +  + 52 ⇔ ( t −1) = 52 ⇔ t = 6; t = −4 . Do đo ta được
2

 2



9.a
= ∑C8k  ∑Ckm (3x2 )k −m xm  = ∑∑C8kCkm3k −m.x2k −m
.
k =0
 m=0
 k=0 m=0
2k − m = 14
m = 0 m = 2

⇒ 0 ≤ m ≤ k ≤ 8 ⇔ 
∨
YCBT
k = 7 k = 8 .

m, k ∈ Z
Vậy số hạng chứa x14 là: ( C87 C70 37 + C88C82 36 )x14
B. Theo chương trình Nâng cao.
Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có
1đ
phương trình đường thẳng AD: x − 2 = 0 . Do E thuộc đường thẳng AD nên
E ( 2; t ) . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

7.b

Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC
5
hay BC nhận EI = − (1; −2 ) là vectơ pháp tuyến.
2
Do đó pt của BC là:
3

BC :1. ( x − 2 ) − 2.  y +  = 0 ⇔ x − 2 y − 5 = 0 . Vậy BC : x − 2 y − 5 = 0.
2


www.DeThiThuDaiHoc.com

2

www.MATHVN.com

2

2

Đáp án

Vậy các điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m – 7) với m < –5 hoặc

1
a) Điều kiện: sin 2 x  .

2
Với điều kiện trên, phương trình đã cho tương đương:
2 3 sin 2 x. 1  cos 2 x   4cos 2 x.sin 2 x  3  0




3 sin 2 x  cos 2 x

 
 3 sin 2 x  cos 2 x  2   0



3 sin 2 x  cos 2 x  3sin 2 2 x  2 3 sin 2 x.cos 2 x  cos 2 2 x  0

 2 3 sin 2 x  2 3 sin 2 x.cos 2 x  2cos 2 x 1  cos 2 x   3  0



2

 3 sin 2 x  cos 2 x  0

 3 sin 2 x  cos 2 x  2(*)
1
3
Mà sin 2 x   cos2 x 
 3 sin 2 x  cos2 x  0
2

2


(*)  3 sin 2 x  cos 2 x  2  sin(2 x  )  1  x   k .
6
3

 k , k  .
3

Vậy nghiệm của phương trình là: x 

www.DeThiThuDaiHoc.com

AM = ( m1; m2 ; m3 + 1) , AB = (1; 2; 2 )

Gọi M ( m1; m2 ; m3 ) là điểm thuộc ( AB ) khi đó AM , AB cùng phương

AM , AB cùng phương
 m1 = t

⇔ ∃t ∈ R : AM = t AB ⇔ m2 = 2t
⇒ M ( t ; 2t ; −1 + 2t )

 m3 = −1 + 2t
Gọi N ( n;0;0 ) ∈ ( Ox )

NM = ( t − n; 2t ; 2t − 1) , CD = (1; 2; −2 )

2

⇔ y = 2x

x

3x

x

0,5

0,5

0,5

0,5

1,0

Điểm

MN vuông góc CD nên NM .CD = 0 ⇔ t − n + 4t − 4t + 2 = 0 ⇔ t − 2 = n (1)
2

( 2)

6

MN = 3 ⇔ MN 2 = 9 ⇔ ( t − ( t − 2 ) ) + 4t 2 + ( 2t − 1) = 9
t = 1

⇔ 8t 2 − 4t + 5 = 9 ⇔ 8t 2 − 4t − 4 = 0 ⇔  1
t =
 2

x

; (PT 1) ⇔ y – 2x + 8 =

1
3
1
  3

⇒ n = − ⇒ M  ;1;0  , N  − ;0;0 
2
2
2
  2


Với t = 1 ⇒ n = −1 ⇒ M (1; 2;1) , N ( −1;0;0 )

Với t =

ĐK: y-2x +8 > 0

Thế vào pt thứ hai ta được:
 8   18 
2
2

8 x + 2 x.32 x = 2.33 x ⇔ 8 x + 18 x = 2.27 x ⇔   +   = 2 ⇔   +   = 2
 27   27 
3
3
x

7

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25

DeThiThuDaiHoc.com

  x  1  2 x  (5  3m) x  5  9 m   0
Do đó điều kiện của m là:
1


2
 m  3
9m 2  42m  15  0
 5  3m   8(5  9m)  0


 
 2
m  5
m  1

 2.1  (5  3m).1  5  9m  0
 m  1
1
 m  1.
3

 x  3 x  2  (3 x  6 x)( x  m)  9m  7
 2
3 x  6 x  k
Qua M kẻ được ba tiếp tuyến đến (C) khi hệ trên có ba nghiệm phân biệt hay
phương trình sau có ba nghiệm phân biệt:
2 x3  3 x 2  3mx 2  6 mx  9m  5  0

3

b) Gọi M (m; 9m – 7) là điểm bất kì nằm trên đường thẳng y = 9x – 7.
Vì mọi đường thẳng có dạng x = m không là tiếp tuyến của đồ thị (C) nên ta xét d
là đường thẳng đi qua M và có dạng: y = k(x – m) + 9m – 7.
Đường thẳng d là tiếp tuyến của (C) khi và chỉ khi hệ sau có nghiệm:

3
2
 x  3 x  2  k ( x  m)  9m  7
 2
3 x  6 x  k

a) Học sinh tự giải

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014
Môn: TOÁN

TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM
TỔ TOÁN – TIN

Câu
Câu 1
(2,0 điểm)

Câu 2
(2,0 điểm)

1đ

1đ

www.MATHVN.com – Toán học Việt Nam

8.b

9.b

 

2
Đặt: t =   , (đk t > 0 ) , ta có pt: t 3 + t − 2 = 0 ⇔ ( t − 1) ( t 2 + t + 2 ) = 0
3

x = 0
⇔ t =1⇒ 
. Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0)
y = 0

Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa.
- Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm

www.DeThiThuDaiHoc.com


Câu 6b
(1,0 điểm)

Câu 7b
(1,0 điểm)

www.MATHVN.com

2

2

5

 x  2
x  1
5 1
 D  ; .
Giải ra ta được hai nghiệm 
và 
2 2
y  5
y  1

2
 
  ICB
  BCD
  C  A  ICA
  IAC
  CID
  ICD cân tại
Lại có ICD
2 2
D  DC  DI mà DC  DB  B, C là nghiệm của hệ

5 
1
5
2
 x     y    DI 

2 
2
2
x 1

.
 y  1 

2
x  4
5
25
2

 x  2    y  3  4

Vậy B, C có tọa độ là 1;1 ,  4;1 .
Số cách chọn 3 chữ số phân biệt a, b, c từ 9 chữ số thập phân khác 0 là C93 . Chọn 2
chữ số còn lại từ 3 chữ số đó, có 2 trường hợp sau đây:
Trường hợp 1. Cả 2 chữ số còn lại cùng bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c: có 3 cách;
mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo ra một số tự
nhiên n; nhưng cứ 3! hoán vị của các vị trí mà a, a, a chiếm chỗ thì chỉ tạo ra cùng
5!
một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy 3   60 số tự nhiên.
3!
Trường hợp 2. Một trong 2 chữ số còn lại bằng 1 trong 3 chữ số a, b, c và chữ số
kia bằng 1 chữ số khác trong 3 chữ số đó: có 3 cách; mỗi hoán vị từ 5! hoán vị của
5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo ra một số tự nhiên n; nhưng cứ 2! hoán vị của
các vị trí mà a, a chiếm chỗ và 2! hoán vị của các vị trí mà b, b chiếm chỗ thì chỉ
5!

tạo ra cùng một số n, nên trong trường hợp này có cả thảy 3 
 90 số tự nhiên.
2!2!
9!
Vậy: (60  90)C93  150 
 150  7  4  3  12600 số thỏa mãn điều kiện đề bài.
3!6!
Giả sử M  d1  M  t; 1  t  , N  d 2  N  s; 2  2 s 
Nếu t  0  M (0; 1)  AM  Oy (loại)
Do O, M, N thẳng hàng và AM // BN nên:
 s 2  2 s


 
t  2
1


t
t
3st  s  2t
5


OM  kON

t  s
4 . Vậy
    
6

2
15st  15s  6t
 s  5  2s
 s   5
 AM  l BN
 
3  t
t
 4 2
M  2;1 , N   ;  .
 5 5

x2
4x  4 x  2

 * .
16
1 2 x

3
.
2

4x
3
.
 t 2  t  2  t  2  x  1
2
1 2 x

3

3

x  1  với y  g (t )  t  2t.

 ( x  1)3  2( x  1)   x3  1  2 3 x3  1

3 x 2  5 x  2  2 3 x3  1


3

x3  1



Gọi H  AC  DM vì  SAC    ABCD  ,  SDM    ABCD   SH   ABCD  .

 x  1  y  2
.

x  0  y  0
Vậy nghiệm của hệ phương trình đã cho là:  1; 2  ,  0; 0  .

 3x 2  3x  0

 x  1  3 x3  1

g  x  1  g

Ta có g '(t )  3t 2  2  0, t  g  t  là hàm số đồng biến trên R. Từ đó:

 g  x  1  g 

3

Thế x  2 y vào phương trình sau của hệ phương trình đã cho ta được:

t t
t
t2  4  t
Ta có f '(t )  1 


 0, t  f  t  là hàm số đồng
t2  4
t2  4
t2  4
biến trên R. Từ đó f  x   f  2 y   x  2 y.

 f  x   f  2 y  với y  f (t )  t 2  4  t.

x  x 2  4  (2 y) 2  4  (2 y )

Phương trình đầu tiên của hệ tương đương với:

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x  1 

Đặt t 

(4 x)2
4x
Chia hai vế của (*) cho 1  2 x ta được:

 2.
(1  2 x ) 2 1  2 x



1
b) Điều kiện 0  x  .
4
Phương trình đã cho tương đương với:
2x  2 x 1
x2

8
1 2 x

www.MATHVN.com

www.DeThiThuDaiHoc.com

Chú ý. Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.

Câu 3
(1,5 điểm)

Câu 4

(1,5 điểm)

  60o là góc giữa hai mặt phẳng  SAB 
Từ H kẻ HK  AB  SK  AB  SKH
và  ABCD  .
HA AM 1
1
AO
Do AM // CD 

  AH  AC 
.
4
2
HC CD 3
Mà ABD đều , AO là đường cao
a 3
  a 3 .1  a 3
 HK  AH .sin HAK
4
4 2
8

 AH 

3a
.
8

www.DeThiThuDaiHoc.com

 SH  HK .tan 60o 

0,5

0,5

0,5

1,0

0,5

0,5

0,75

0,75

0,75

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ
Tổ Toán

cot x =

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Môn: TOÁN; khối B – 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 y = x3 − 3x + 2 .
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
b) Gọi d là đường thẳng đi qua A ( 2;4 ) và có hệ số góc là k . Tìm k để d cắt (C) tại ba điểm phân biệt A, B, C sao
cho tam giác OBC cân tại O (với O là gốc tọa độ).
2
cos 2 x
−
( x ∈ ») .
sin 2 x cos x
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:

log

3 x −1
9 +7

3

(
2

2

) . Tìm các số thực x biết rằng số hạng chứa a3 trong khai

− 1 log5 3x−1 +1
5

và b = 5

3

 x − 2 y = x + 4 y
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  2
( x; y ∈ » ) .
2
13 x − 41xy + 21 y = −9
Câu 4 (1,0 điểm). Tính các giới hạn sau:
3
a) lim ( x + 4 ) sin .
x →+∞
x
2 x − 3. 3 3 x − 5 − 1
b) lim
.
x →2
x −2
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A; AB = AC = a. Gọi M là trung điểm của
cạnh AB, hình chiếu vuông góc của đỉnh S lên mặt phẳng (ABC) trùng với điểm O là tâm đường tròn ngoại tiếp tam
giác BMC. Góc giữa đường thẳng SB và mặt phẳng (ABC) bằng 60o. Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC và khoảng
cách từ điểm C đến mặt phẳng (SAB).
Câu 6 (1,0 điểm). Cho x ; y ; z là các số thực dương thay đổi sao cho x + y + z = 2 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
F = x 2 + y 2 + z 2 + 2 xyz .
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, cho hình thoi ABCD. Các đỉnh B và D lần lượt thuộc các
đường thẳng d1 : x + y − 8 = 0 và d2 : x − 2 y + 3 = 0 . Đường thẳng AC có phương trình là x + 7 y − 31 = 0 . Tìm tọa độ
các đỉnh của hình thoi ABCD biết diện tích hình thoi ABCD bằng 75 và điểm A có hoành độ âm.

Câu 8a (1,0 điểm). Cho a = 5 5
8
triển Niu-tơn của ( a + b ) là 224.

Câu 9a (1,0 điểm). Tìm các số thực m để bất phương trình 4 x −2 x + m.2 x −2 x +1 + m ≤ 0 nghiệm đúng với mọi x ∈ [0;2 ] .
A. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có C ( 4;3) ; đường phân giác trong và

www.MATHVN.com





0,5

0,5

0,5

0,5

0,5

0,75

đường trung tuyến kẻ từ đỉnh A của tam giác lần lượt có phương trình là x + 2 y − 5 = 0 và 4 x + 13 y − 10 = 0 . Viết
phương trình các đường thẳng chứa các cạnh của tam giác ABC.
1

2
2012
2013
+ 2 2 C2013
+ ... + 2012 2 C2013
+ 20132 C2013
= 2013 × 2014 × 2 2011 .
Câu 8b (1,0 điểm). Chứng minh rằng: 12 C2013

-------------HẾT-------------

Câu 9b (1,0 điểm). Tìm các số thực m để phương trình m 2 x 2 + 9 = x + m có đúng một nghiệm thực.

8

2

5
5 
Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC tâm K  ;3  bán kính R  AK  :
2
2 

Vậy C83C32  C84 C40  98.

1
1
1
2
8

1

f x 
 x 1  x   C80 8  C81 6 1  x   C82 4 1  x   ...  C88 x 8 1  x 
x
x
x
 x

1
3
Số hạng không phụ thuộc vào x chỉ có trong hai biểu thức C83 2 1  x  và
x
4
C84 1  x  Trong đó có hai số hạng không phụ thuộc x là C83C32 và C84 C40

Ta có

2 b2 9
2 c2 9
Tương tự 3b    ; 3c   
b 2 2
c 2 2
27
 1 1 1 1
 15
Vậy 3  a  b  c   2       a 2  b 2  c 2  
2
a b c 2
Dấu "  " xảy ra khi

a

b

c

1.
n  N , n  3

n 8
Ta có Cn3  2 n  An21   n  n  1 n  2 
 2 n   n  1 n

6


Ta chứng minh 3a 

1  a 3  a a 3 3 a2
.
 
 .
  .
2  2  3 4
2
4
a2
12
4


Vậy cos  OM , SA 
a 13 a 21
273
6
8
2 a2 9
  với
a 2 2
2
0  a  3  a 3  6a 2  9a  4  0   a  1  a  4   0 (đúng)

2

1
1 3a a 2 3 a 3 3
Vậy V
.
 SH .S
 . .

.
S
ABCD
ABCD
3
3 8
2
16
 
OM .SA

Ta có cos  OM ; SA    
OM SA
     
Mà
OM .SA  OA  AM SH  HA
    1
 AO. AH  AM . AH  AO 2  AM .AH .cos 30o
2



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:…………

Câu 5
(1,0 điểm)

Câu 6a
(1,0 điểm)

Câu 7a
(1,0 điểm)

5
25
2

 x     y  3  .
2
4


x 1 y  5

 3x  y  8  0
Phân giác AI có phương trình
2 1 2  5
3 x  y  8  0

2
Gọi D  AI   K   tọa độ của D là nghiệm của hệ 
5
25
2
 x     y  3 
2
4


www.DeThiThuDaiHoc.com


5

6

N

C

S







) 

phẳng (ABC) là góc SBO = 60o .
3
3a
.
Tam giác HAO vuông cân tại H nên HO = HA = AB =
4
4

Gọi N, H lần lượt là trung điểm của BC và MB. Suy ra AN là
trung trực của BC và trung trực của MB là đường thẳng d đi
qua H và song song với AC.
Suy ra O là giao điểm của AN và d.
Ta có SO ⊥ ( ABC ) nên góc giữa đường thẳng SB và mặt

(


www.MATHVN.com

3x − 6
2x − 4

= lim  2 x − 3.
+
x →2
2

( x − 2 )  3 ( 3x − 5) + 3 3x − 5 + 1  ( x − 2 ) 2 x − 3 + 1




H
O



3 2x − 3
2
 = 1+1 = 2 .
= lim 
+
2
x →2  3
3
2 x − 3 + 1
 ( 3 x − 5) + 3 x − 5 + 1


A
M
B

a 10
a 30
Tam giác BHO vuông tại H nên BO = BH 2 + HO2 =
. Ta có: SO = BO.tan 60o =
;
4
4
1
a 3 30
Do đó: VS . ABC = .S ∆ABC .SO =
.
3
24
Vì SO ⊥ ( ABC ) và OH ⊥ AB nên SH ⊥ AB .

a 39
1
a 2 39
và S ∆SAB = AB.SH =
.
4
2
8

3VS . ABC a 130
=
.
S ∆SAB
13

Suy ra SH = SO2 + OH 2 =
d ( C , ( SAB) ) =

2

2

2

Không mất tính tổng quát, giả sử z là số nhỏ nhất. Lúc đó 0 < z < 1 (vì z ≥ 1 thì x + y + z > 2 ).
2

2

Ta có F = ( x + y ) + z 2 + 2 xy ( z − 1) = ( 2 − z ) + z 2 − 2 xy (1 − z ) .

0
-

2
3
0

52
27

+

1

www.DeThiThuDaiHoc.com

f(z)

f'(z)

z

 x+y 2−z
2−z
Mặt khác xy ≤
=



 nên −2 xy (1 − z ) ≥ −2 
 (1 − z ) .
 2   2 
 2 
1
Từ đó F ≥ ( z 3 − z 2 + 4 )
(1)
2
1
1
2
Xét f ( z ) = ( z 3 − z 2 + 4 ) với 0 < z < 1 . Ta có f ' ( z ) = ( 3z 2 − 2 z ) = 0 ⇔ z = ∈ ( 0;1) .
2
2

3
Bảng biến thiên:

x →+∞

- Bảng biến thiên:

• Đồ thị:

x →−∞

x
y'
y

-∞

-∞

+

-2

0

-1
4

-1

4

y

-

2

O

1
0
0

2

+

+∞

+∞

x

Đường thẳng d qua A ( 2;4 ) với hệ số góc k có phương trình là: y = kx − 2 k + 4 .

1

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1 , yC§ = 4 ; đạt cực tiểu tại x = 1 , yCT = 0 .
- Giới hạn: lim y = +∞ và lim y = −∞ .

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) ; nghịch biến trên khoảng

)

(* )

( −1;1) .

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
www.MATHVN.com ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Tổ Toán
Môn: TOÁN; khối B – Năm học: 2013 - 2014
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Đáp án
Điểm
• Tập xác định: D = »
• Sự biến thiên:
0,25
- Chiều biến thiên: y ' = 3x 2 − 3 ; y ' = 0 ⇔ x 2 − 1 = 0 ⇔ x = ±1 .

Câu
1a

1b

(

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d: x 3 − 3x + 2 = kx − 2k + 4
⇔ ( x − 2) x2 + 2x − k + 1 = 0
⇔ x = 2 hoặc x 2 + 2 x − k + 1 = 0

d cắt (C) tại 3 điểm phân biệt khi và chỉ khi (*) có hai nghiệm phân biệt khác 2
1 − (1 − k ) > 0
k > 0
(**)
⇔
⇔
k ≠ 9
9 − k ≠ 0
O, B, C không thẳng hàng ⇔ O ∉ d ⇔ k ≠ 2 . (***)
 x B + x C = −2
Theo định lý Vi-ét: 
. Ta có yB − yC = ( kx B − 2k + 4 ) − ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B − xC )
 x B xC = 1 − k
và yB + yC = ( kx B − 2k + 4 ) + ( kxC − 2 k + 4 ) = k ( x B + xC ) − 4 k + 8 = −6 k + 8 .

⇔ ( x B + xC )( x B − xC ) = ( yC − yB )( yC + yB ) ⇔ −2 ( x B − xC ) = − k ( x B − xC )( −6 k + 8 )

Tam giác OBC cân tại O ⇔ OB = OC ⇔ x B2 + yB2 = xC2 + yC2

www.DeThiThuDaiHoc.com

7a

8a

9a

7b

2

3

4

52
Từ bảng biến thiên suy ra f ( z ) ≥ www.MATHVN.com
(2)
27
52
52
2
Từ (1) và (2) ta có F ≥
. Vậy Fmin =
đạt được khi x = y = z = .
27
27
3
B ∈ d1 ⇔ B ( b;8 − b ) và D ∈ d2 ⇔ D ( 2d − 3; d ) . Suy ra BD = ( −b + 2d − 3; d + b − 8) .
 b + 2d − 3 d − b + 8 
I là trung điểm của BD nên I 
;
.
2
2



2

2

1
2S
AC 15
AC. BD ⇒ AC =
= 15 2 ⇒ IA =
=
.
2
BD
2
2

u . BD = 0
 BD ⊥ AC
8b − 13d + 13 = 0
b = 0
Theo tính chất hình thoi: 
.
⇔  AC
⇔
⇔
 I ∈ AC
2 b − 3d + 3 = 0
d = 1
 I ∈ AC
 1 9
Vậy B ( 0;8 ) , D ( −1;1) , I  − ;  .
 2 2

2

A

Ta có A ∈ AC ⇔ A ( −7a + 31; a ) . S ABCD =

3

)

1

(

2

(

)

5

)(

)

−

1

5

.

(

)

−1

)(

8

(

)

−1

.

= 224 ⇔ 3x −1

1
− 
x −1
x −1
5
 = 56 9 + 7 3 + 1



2

− 4.3x −1 + 3 = 0

1 
1 
< 0, ∀t ∈  ;1  , hơn nữa f ( t ) liên tục trên đoạn  ;1 nên suy ra
2 
2 

−t 2
1
= f ( t ) với ≤ t ≤ 1 .
2t + 1
2

)

15
63  
9   15 

⇔  −7a +  +  a −  = 
⇔ a = 3 hoặc a = 6 .
2  
2   2 
2


Suy ra A (10;3) hoặc A ( −11;6 ) . Do x < 0 nên A ( −11;6 ) , từ đó C (10;3) .

Ta có IA =

(

Ta có a = 9 x −1 + 7 3 ; b = 3x −1 + 1

)

Số hạng chứa a3 trong khai triển Niu-tơn của ( a + b ) là:

(

(

1

 
C85  9 x −1 + 7 3  .  3x −1 + 1

 

Theo giả thiết, ta có: 56 9 x −1 + 7 3x −1 + 1
3x −1 = 1
x = 1
.
⇔  x −1
⇔
x = 2

3 = 3
2
1
Đặt t = 2 x −2 x . Vì 0 ≤ x ≤ 2 nên ≤ t ≤ 1 .
2

( 2t + 1)

−2t 2 − 2t

Bất phương trình đã cho trở thành: t 2 + 2mt + m ≤ 0 ⇔ m ≤
Ta có f ' ( t ) =

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25
0,25
0,25

0,25

0,25

0,25

0,25



0,25



1 
hàm số f ( t ) nghịch biến trên đoạn  ;1 .
2 
1
1 
Do đó m ≤ f ( t ) , ∀t ∈  ;1 ⇔ m ≤ min f ( t ) ⇔ m ≤ f (1) ⇔ m ≤ − .
1 
3
2 
 2 ;1

Gọi AD là phân giác trong và AM là trung tuyến . Tọa độ của A là nghiệm của hệ:
x + 2y − 5 = 0
x = 9
⇔
.


4 x + 13y − 10 = 0
 y = −2
Vậy A ( 9; −2 ) . Từ đó phương trình AC là: x + y − 7 = 0 .

www.DeThiThuDaiHoc.com

(vì x B ≠ xCwww.MATHVN.com
)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Gọi C' là điểm đối xứng của C qua đường phân giác trong AD thì C' thuộc AB.
Đường thẳng CC' qua C ( 4;3) và vuông góc với AD nên có phương trình: 2 x − y − 5 = 0 .

⇔ −2 = − k ( −6 k + 8 )

1
⇔ 3k 2 − 4 k + 1 = 0 ⇔ k = 1 hoặc k =
(thỏa (**) và (***)).
3
cos x ≠ 0

kπ
⇔x≠
Điều kiện: 
(k ∈ ») .
2
sin x ≠ 0
cos x
1
cos 2 x
=
−
Phương trình đã cho tương đương với:
sin x sin x cos x cos x
⇔ cos 2 x = 1 − sin x cos 2 x ⇔ sin x cos 2 x = sin 2 x ⇔ sin x ( cos 2 x − sin x ) = 0

(không thỏa mãn điều kiện).

( k ∈ » ) (thỏa mãn điều kiện).

(k ∈ »)

⇔ cos 2 x − sin x = 0 (vì sin x ≠ 0 )
sin x = −1
⇔ 2 sin 2 x + sin x − 1 = 0 ⇔ 
sin x = 1

2

π

• sin x = −1 ⇔ x = − + k 2π
2
π

 x = 6 + k 2π
1
⇔
2
 x = 5π + k 2π

6
• sin x =

0,25

3

0,25

3

(1)
 x − 2 y = x + 4 y
 2
2
13 x − 41xy + 21 y = −9 (2)
Nhân vế trái (1) với vế phải (2) và vế phải (1) với vế trái (2), ta được phương trình:
−9 ( x 3 − 2 y3 ) = ( x + 4 y ) (13 x 2 − 41xy + 21y 2 ) ⇔ 22 x 3 + 11x 2 y − 143 xy 2 + 66 y 3 = 0

0,25

0,25

0,25

0,25

⇔ ( 2 x − y )( x − 2 y )( x + 3 y ) = 0 ⇔ y = 2 x hoặc x = 2 y hoặc x = −3 y .

Thay y = 2 x vào (1), ta được: (1) ⇔ 15 x 3 + 9 x = 0 ⇔ x = 0 , lúc đó y = 0 . Thử lại x = y = 0
không phải nghiệm của hệ đã cho.
Thay x = −3 y vào (1), ta được: (1) ⇔ 29 y 3 + y = 0 ⇔ y = 0 , lúc đó x = 0 . Thử lại x = y = 0
không phải nghiệm của hệ đã cho.
Thay x = 2 y vào (1), ta được: (1) ⇔ y 3 − y = 0 ⇔ y = 0 hoặc y = ±1 .
• y = 0 thì x = 0 , thử lại không phải nghiệm của hệ đã cho.
• y = 1 thì x = 2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho.
• y = −1 thì x = −2 , thử lại thỏa mãn hệ đã cho.

Vậy hệ có hai nghiệm là ( x; y ) = ( 2;1) và ( x; y ) = ( −2; −1) .

3

2 x − 3. 3 3 x − 5 − 1
3x − 5 − 1
2 x − 3 −1
= lim  2 x − 3.
+

x →2
x −2

x −2
x −2 


3
3
sin
3 ( x + 4 ) sin x
3
 4
x
.
lim
3
a/ lim ( x + 4 ) sin = lim
=
1 +  .
x →+∞
x →+∞
3
x x →+∞
x
 x 3
x
x
3
sin
3
 4
x = 1 . Suy ra lim ( x + 4 ) sin 3 = 3 .

Vì lim 3  1 +  = 3 và lim = 0 nên lim
x →+∞
x →+∞ x
x →+∞
x →+∞
3
x
 x
x
x →2

b/ lim

www.DeThiThuDaiHoc.com


• Sự biến thiên:

( x + 1)

1

• Tập xác định: D = » \ {1}

- Chiều biến thiên: y ' =
> 0, ∀x ≠ −1 .

x →+∞

∞

-∞

x →( −1)

+
∞
+∞

2

O

y

-1

1

-∞
∞

+

x

2

+∞

lim − y = +∞ và lim + y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = −1 .

x →−∞

x →( −1)

x
y'
y
2

-1

2x +1
= x+m
x +1
(do x = −1 không là nghiệm của phương trình)

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0
1
2
2012 2012
2013 2013
= C2013
+ C2013
x + C2013
x 2 + ... + C2013
x
+ C2013
x .

2013

1
2
2012 2011
2013 2012
+ 2 2 C2013
x + ... + 2012 2 C2013

x + 20132 C2013
x .
( 2013x + 1) = C2013

-

-6
0

-3
4

x
2x2 + 9 −1

2

.

+

6
0
3
4

=m

-

+∞

2

1

3
1
1
hoặc −
≤m≤
.
4
2
2

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2011

)

2x2 + 9 −1

có tập xác định D = » .

)(

2 ( 36 − x 2 )

2x2 + 9 −1

x

Ta có phương trình đã cho tương đương với:

1
2
2012
2013
Cho x = 1 , ta được 12 C2013
+ 2 2 C2013
+ ... + 2012 2 C2013
+ 20132 C2013
= 2013 × 2014 × 2 2011 (đpcm).

2013 (1 + x )

Nhân 2 vế của 1 với x, ta được:
2012
1
2
2012 2012
2013 2013
2013 x (1 + x )
= C2013
x + 2C2013
x 2 + ... + 2012C2013
x
+ 2013C2013
x
Lấy đạo hàm 2 vế, ta được:

Lấy đạo hàm 2 vế, ta được:
2012
1
2
2012 2011
2013 2012
= C2013
+ 2C2013
x + ... + 2012C2013
x + 2013C2013
x
(1)
2013 (1 + x )

Ta có (1 + x )

Suy ra phương trình AB là x + 7 y + 5 = 0 .
Đường thẳng MH qua H(3;1) và song song với AB nên có phương trình x + 7 y − 10 = 0 .
Vì M là giao điểm của MH và AM nên M ( −4;2 ) . Suy ra phương trình BC là x − 8 y + 20 = 0 .
Thử lại ta thấy các điểm B, C nằm về hai phía của đường thẳng AD nên AD là đường phân giác
trong của tam giác ABC. Vậy AC : x + y − 7 = 0; AB : x + 7 y + 5 = 0 và BC : x − 8 y + 20 = 0 .

Gọi H là giao điểm của CC' và AD thì
H(3;1). Từ đó C ' ( 2; −1) .
www.MATHVN.com

2
⇔ 3m − 2 = 0 ⇔ m = (thỏa (*) và (**))
3
2
Vậy với m = thì đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam
3
giác OAB vuông tại O.
www.DeThiThuDaiHoc.com

⇔ 2 ( m − 1) + m (1 − m ) + m 2 = 0

Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 2 x1 x2 + m ( x1 + x2 ) + m 2 = 0

Đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm
phân biệt ⇔ m 2 − 6m + 5 > 0 ⇔ m > 5 hoặc m < 1 . (*)
Ba điểm O, A, B không thẳng hàng ⇔ m ≠ 0 .
(**)
Gọi A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 ; x2 là hai nghiệm của (1) và y1 = x1 + m; y2 = x2 + m .

⇔ x 2 + ( m − 1) x + m − 1 = 0 (1)

⇔ 2 x + 1 = ( x + 1)( x + m )

Phương trình hoành độ giao điểm:

• Đồ thị:

- Bảng biến thiên:

- Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2 .

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) .

2

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC
www.MATHVN.com ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1
Tổ Toán
Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014
------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------Đáp án
Điểm

Câu
1a

1b

8b

9b

Xét hàm số f ( x ) =
f '( x) =

(

2x2 + 9 9 + 2x2 + 9

x

2

-1

-∞

3
3
1
1
f ' ( x ) = 0 ⇔ x = ±6; f ( 6 ) = ; f ( −6 ) = − và lim f ( x ) =
; lim f ( x ) = −
.
x →+∞
4
4
2 x →−∞
2

Bảng biến thiên:

f'(x)
f(x)

Dựa vào bảng biến thiên, ta có:
Phương trình đã cho có đúng một nghiệm khi và chỉ khi m = ±
HẾT

www.DeThiThuDaiHoc.com

2

3

4

5

0,25

0,25

Điều kiện: cos x ≠ 0 .
www.MATHVN.com
 sin x  2
Phương trình đã cho tương đương với: 
+ 1 sin x + ( cos 2 x − sin 2 x ) = 0
 cos x 
⇔ ( cos x + sin x ) sin 2 x + ( cos x − sin x )( cos x + sin x ) cos x = 0

⇔ ( cos x + sin x ) ( sin 2 x + cos 2 x − sin x cos x ) = 0
0,25

0,25

0,25

0,25

⇔ ( cos x + sin x )( 2 − sin 2 x ) = 0 (1)
Vì phương trình 2 − sin 2 x = 0 vô nghiệm nên:

π

(1) ⇔ cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ ( k ∈ » ) (thỏa mãn điều kiện).
4
Chú ý: Nếu thí sinh không ghi k ∈ » thì không trừ điểm.

hoặc x 2 + 2 x − y = 0 .

 2
(1)
 x − 2 y + 2 + y = 2x
 3
2
2
2
 x + 2 x + y = ( x + 3 x ) y (2)
Điều kiện: x 2 − 2 y + 2 ≥ 0 . (Nếu thí sinh không đặt điều kiện thì không trừ điểm)

( 2 ) ⇔ ( x − y ) ( x2 + 2 x − y ) = 0 ⇔ x = y

Với x = 1 , ta được y = 1 (thỏa điều kiện)
Vậy hệ phương trình có một nghiệm ( x; y ) = (1;1)
0,25

0,25

0,25

Điều kiện: 0 < x ≠ 2
Phương trình đã cho tương đương với: log 3 x + log 3 ( x + 4 ) = log3 x − 2
0,25

x2 = 0
Từ (1) suy ra 2 x − y ≥ 0 nên x 2 + 2 x − y = 0 ⇔ 
⇔ x = y = 0 (không thỏa (1))
2 x − y = 0
x ≥ 0
Thay y = x vào (1), ta được: (1) ⇔ x 2 − 2 x + 2 = x ⇔  2
⇔ x =1.
2
x − 2x + 2 = x

⇔ log 3  x ( x + 4 )  = log 3 x − 2
⇔ x ( x + 4 ) = x − 2 (1)

C'

Gọi D là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh

AB.
AB ⊥ DH 
Ta có:
 ⇒ AB ⊥ ( A ' HD ) .
AB ⊥ A ' H 
Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABB'A')
là góc A ' DH .

0,25

0,25

0,25

A'

B'

C

−5 + 33
là nghiệm của phương trình đã cho.
2

 x − 2 = x2 + 4 x
 x 2 + 3x + 2 = 0
−5 ± 33
Vì x ( x + 4 ) > 0 nên (1) ⇔ 
⇔ 2
⇔ x = −1 ∨ x = −2 ∨ x =

2
2
 x − 2 = −x − 4x
 x + 5x − 2 = 0

K

H

B

Đối chiếu với điều kiện, ta được x =

A
D

www.DeThiThuDaiHoc.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)
2x +1
.
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y =
x +1
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: ( tan x + 1) sin 2 x + cos 2 x = 0
( x ∈ ») .
 2
 x − 2 y + 2 + y = 2x
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: 
( x; y ∈ » ) .
3
2
2
 x + 2 x = ( x + 3 x − y ) y
1
2
Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: log 27 x3 + log 3 ( x + 4 ) = log 3 ( x − 2 )
( x ∈ ») .
4
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 60o. 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 x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:
x
y
P=
+
.
y2 + 1
x2 + 1
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 A ( −3; −1) ,

)

n

B ( −1;3) và C ( −2; 2 ) .
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
 1 
các cạnh AB và CD. Biết rằng M  − ; 2  và đường thẳng BN có phương trình 2 x + 9 y − 34 = 0 . Tìm tọa độ các điểm
 2 
A và B biết rằng điểm B có hoành độ âm.

(

1 

Câu 9a (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3 x3 − 2  với x ≠ 0 , biết rằng
x 

n là số nguyên dương và 2 Pn − ( 4n + 5 ) .Pn − 2 = 3 Ann − 2 .
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 F1 và F2 với F1 − 3;0 và có một điểm M thuộc elip (E) sao cho tam giác F1MF2 có diện tích bằng 1

-------------HẾT-------------

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 x − y − 1 = 0 ; đỉnh A ( 3;5) và điểm B thuộc đường thẳng d : x + y − 1 = 0 . 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.

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:…………


8b

9b

6

7a

x2 y2
2
Giải hệ (1) và (2), ta được: a 2 = 4; bwww.MATHVN.com
= 1 . Vậy ( E ) : +
=1.
4
1
0,25

0,25

0,25

0,25

1
(1) ⇔ 175t 2 − 210t + 35 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = .
5
Với t = 1 , ta được t ' = −1 và I (1;1) . Khi đó B ( −1;2 ) , D ( 3;0 ) , C ( −1; −3) .

0,25

0,25

Gọi I ( t;2t − 1) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD và B ( t ';1 − t ' ) .
Ta có AI = ( 3 − t;6 − 2t ) , BI = ( t − t ';2t + t '− 2 )
2
2
2
2
 AI = 2 BI ( 3 − t ) + ( 6 − 2t ) = 4 ( t − t ' ) + ( 2t + t '− 2 )  (1)
⇒

 AB ⊥ BI
t − t '+ 2 ( 2t + t '− 2 ) = 0 (2)
( 2 ) ⇔ t ' = 4 − 5t , thay vào (1), ta được:

1
1 3
 13 4   13 31 
Với t = , ta được t ' = 3 và I ; − . Khi đó B ( 3; −2 ) , D  − ;  , C  − ; −  .


5

5
 5 5
 5 5  5
5
Số cách chọn 5 học sinh từ 25 học sinh là: C25
.

0,25

0,25

Số cách chọn 5 học sinh gồm 1 nữ và 4 nam từ 25 học sinh là: C101 .C154 .
Số cách chọn 5 học sinh gồm 2 nữ và 3 nam từ 25 học sinh là: C102 .C153 .

P=

www.DeThiThuDaiHoc.com

HẾT

0,25

+1

+

x (1 − x )
3

−

1

2

(x

+1

2

2

+

)

3

+1

+1

x (1 − x )

1

(1 − x )

−

(1 − x )
x2 +1

1
2
0

+

> 0 và

= f ( x ) với 0 < x < 1 .

x2 + 1

1

x2 + 1

1− x

.

−

1

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

Vậy xác suất 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam là:
C101 .C154 + C102 .C153 325
=
.
5
C25
506

d ( H , ( ABB ' A ') ) = HK .

a 3 www.MATHVN.com
1

a2
Ta có: A ' H = DH .tan 60o =
; S∆ABC = BA.BC =
.
3
2
2
a3 3
Do đó: VABC . A ' B 'C ' = S ∆ABC . A ' H =
.
6
d ( CC ', AB ) = d ( CC ', ( ABB ' A ') ) = d ( C , ( ABB ' A ') ) = 3d ( H , ( ABB ' A ') ) .
Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh A'D.
Ta có: AB ⊥ ( A ' HD ) ⇒ AB ⊥ KH . Mặt khác HK ⊥ A ' D nên HK ⊥ ( A ' AD ) , do đó:

2

x

a 3
a 3
⇒ d (CC ', AB) =
.
6
2
Chú ý: Thí sinh có thể dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải bài này.

Ta có: HK = HD.sin 60o =

(1 − x )

1

x + y = 1 ⇔ y = 1 − x , thay vào P ta được: P =

f '( x) =

 1 − x )2 + 1
(


1
Ta có f '   = 0 .
2
1
2
< x < 1 , ta có 0 < (1 − x ) + 1 < x 2 + 1 nên
2

Với

0
-

x (1 − x )
x (1 − x )
−
> 0 , do đó f ' ( x ) > 0 .
3
3

 1 − x )2 + 1
( x 2 + 1)
(

1
Tương tự, với 0 < x < , ta có f ' ( x ) < 0 .
2
1
Vậy x = là nghiệm duy nhất của f ' ( x ) = 0 trên khoảng ( 0;1) .
2
Bảng biến thiên:
x
f'(x)
f(x)
2
5
2
1
Vậy min P =
khi x = y = .
2
5
Phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C có dạng:
( C ) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 với a 2 + b 2 − c > 0 .

6a + 2b − c = 10

Vì A, B, C thuộc (C) nên ta có hệ phương trình: 2a − 6b − c = 10

4a − 4b − c = 8

Giải hệ trên, ta được: a = −2; b www.DeThiThuDaiHoc.com
= 1; c = −20 .

8a

9a

7b

Vậy ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 20 = 0www.MATHVN.com
.
Ta có vectơ pháp tuyến của đường thẳng BN là n = ( 2;9 ) .

=

BM
1
=
.
BN
5
n.n1

=

5

1

.

 a = 4b
⇔ 13a 2 − 36 ab − 64 b 2 = 0 ⇔ 
 a = − 16 b

13

a 2 + b 2 . 85

a 2 + b 2 . 85

2 a + 9b

n . n1

2 a + 9b

Gọi n1 = ( a; b ) với a2 + b2 > 0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB.
Ta có cos ( AB, BN ) =

Mặt khác cos ( AB, BN ) =

Từ đó ta có phương trình:

Với a = 4 b chọn a = 4; b = 1 , ta được AB : 4 x + y = 0 .
4 x + y = 0
 x = −1
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình 
⇔
(thỏa mãn x B < 0 ).
2 x + 9 y − 34 = 0

y = 4
B ( −1;4 ) ⇒ A ( 0;0 ) .

n!
2!

16
Với a = − b chọn a = 16; b = −13 , ta được AB :16 x − 13 y + 34 = 0 .
13
16 x − 13 y + 34 = 0
4
18
Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình 
⇔ x = và y =
(loại).
5
5
2 x + 9 y − 34 = 0

Điều kiện: n ≥ 3; n ∈ » .

10

k

3n(n − 1)
⇔ n2 − 9n − 10 = 0
2

2 Pn − (4n + 5) Pn − 2 = 3 Ann − 2 ⇔ 2.n !− (4n + 5).(n − 2)! = 3.

n

⇔ 2 n(n − 1) − (4 n + 5) =
 n = 10
⇔
 n = −1 ( lo¹i )

1  
1 

Khi đó  3 x3 − 2  =  3 x 3 − 2  .
x  
x 

10 − k  −1 
x 30−3 k
Số hạng tổng quát: Tk +1 = C10k ( 3 x3 ) .  2  = C10k .310 − k (−1)k 2 k .
x
x 
Tk +1 không chứa x khi 30 − 3k − 2k = 0 ⇔ 5k = 30 ⇔ k = 6 .

Vậy số hạng không chứa x của khai triển là: C106 .34.(−1)6 = 17010 .

(

)

x2 y 2
Phương trình chính tắc của ( E ) : 2 + 2 = 1 với a > b > 0 .

a
b
F1 − 3; 0 ⇒ c = 3 ⇒ a 2 − b 2 = 3 (1)

2

1

2

2
M

2
M

2
M

www.DeThiThuDaiHoc.com

(2).

1
1
1
1
Gọi M ( xM ; yM ) . Ta có: S F1MF2 = 1 ⇔ yM .F1 F2 = 1 ⇔ yM .2 3 = 1 ⇔ yM =
⇒ yM2 = .
2

2
3
3
8
F MF = 90o ⇔ MF .MF = 0 ⇔ x + y = 3 , suy ra x = .
3
1

8
1
M ∈(E) ⇔ 2 + 2 = 1
3a 3b

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25


www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
SỞ GD VÀ ĐT BÌNH PHƯỚC
TRƯỜNG THPT HÙNG VƯƠNG

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 – 2014
Môn thi: Toán 12; Khối: A, A1, B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề

I. PHẦN CHUNG (7 điểm)
Câu 1 (2 điểm) Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2m + m 4
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m = 1.
b) Với những giá trị nào của m thì hàm số có ba điểm cực trị, đồng thời ba điểm cực trị đó lập
thành một tam giác có diện tích bằng 4 2 .
Câu 2 (2 điểm)
a) Giải phương trình: 2cos 6 x + 2 cos 4 x − 3 cos 2 x = sin 2 x + 3
8 ( x + y ) − 3 xy = 2 y 2 + x 2
b) Giải hệ phương trình sau: 
với x, y ∈ R.
2
2
 4 2 − x + 3 − y = 2 x − y + 5
2

( ln x + 1) x − 3ln x dx
Câu 3 (1 điểm) Tính tích phân sau: I = ∫
x3 − 3 x 2
1
Câu 4 (1 điểm) Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam giác SAC cân
tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy một góc 30o , M là trung điểm
của BC . Tính thể tích khối chóp S . ABM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SB và AM theo a .
Câu5 (1 điểm) Cho ba số thực dương x, y , z thỏa điều kiện x ≥ z . Hãy tìm giá trị lớn nhất của biểu
thức P =

x

+

y

+

z
.
z+x

x +y
y +z
II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần A hoặc B sau:
A. Theo chương trình chuẩn
Câu 6a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y = 3 . Gọi ( C ) là đường tròn
2

2

2

2

cắt d tại hai điểm B, C sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại B và C cắt nhau tại gốc tọa độ O . Viết phương

trình đường tròn ( C ) , biết tam giác OBC đều.

x2 y2
+
= 1. Giả sử
8
4
F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip trong đó F1 có hoành độ âm. Tìm điểm M trên elip sao cho
MF1 − MF2 = 2 .

Câu 7a (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình

ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013–2014
Môn thi: Toán; Khối: A, A1, B

Trường THPT Hùng Vương

ĐIỂM

NỘI DUNG
4

2

4

Câu I.1 Cho hàm số y = x − 2mx + 2m + m . Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị
hàm số khi m = 1.
Với m = 1 ta có: y = x 4 − 2 x 2 + 3
Tập xác định D = R .
+ Giới hạn: lim y = +∞; lim y = +∞
x →−∞

0,25

x →+∞

x = 0
+ y ' = 4x − 4x ; y ' = 0 ⇔ 4x − 4x = 0 ⇔  x = 1

 x = −1
+ Bảng biến thiên
x
0
−∞
−1
y'
0
0
−
+
+∞

y
3
3

1,0

3

0,25

1
0

−

2

+

+∞

+∞

2

0,25

Hàm số nghịch biến trên các khoảng (−∞; −1) và (0;1)
Hàm số đồng biến trên các khoảng (−1;0) và (1; +∞)
Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, y = 3.

Hàm số đạt cực tiểu tại hai điểm điểm x = −1 , y = 2 và x = 1 , y = 2.
Đồ thị hàm số đi qua các điểm đặc biệt: (−2;11), (2;11) .
Đồ thị hàm số nhận trục Oy là trục đối xứng.

0,25

Câu 8a (1 điểm) Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 . Tìm số hạng chứa x5 trong khai
n

 nx 2 1 
triển nhị thức Niu-tơn 
−  , x ≠ 0.
 14 x 
B. Theo chương trình nâng cao
Câu 6b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , A(−1; 2) . Gọi M , N
lần lượt là trung điểm của AD và DC , E là giao điểm của BN với CM . Viết phương trình đường
tròn ngoại tiếp tam giác BME biết BN : 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2.
x2 y2
Câu 7b (1 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình
+
= 1 và điểm
25 9
M (1;1) . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
M là trung điểm của AB .
Câu 8b (1 điểm) Một hộp chứa 5 bi xanh, 7 bi đỏ và 8 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 8 viên bi từ hộp. Tính
xác suất để 8 viên bi được lấy ra có đủ cà 3 màu.

Câu I.2 Với những giá trị nào của m thì hàm số có ba điểm cực trị, đồng thời ba
điểm cực trị đó lập thành một tam giác có diện tích bằng 4 2 .

1,0

x = 0

Ta có y ' = 4 x 3 − 4mx; y ' = 0 ⇔ 

2
 x = m

Hàm số có 3 cực trị ⇔ y ' = 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0 (*)
Với điều kiện (*), phương trình y ′= 0 có 3 nghiệm x1 = − m ; x2 = 0; x3 = m .
Hàm số đạt cực trị tại x1 ; x2 ; x3 .

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25


www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam

Gọi A(0; 2m + m4 ); B ( m ; m4 − m2 + 2m ) ; C ( − m ; m4 − m2 + 2m ) là 3 điểm cực trị của
đồ thị hàm số .
Ta có: AB 2 = AC 2 = m4 + m; BC 2 = 4m ⇒ ∆ABC cân đỉnh A
4

2

2

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam

0,25

(2) ⇔ 4 2 − x + 3 + x = x 2 + 5 . Điều kiện: −3 ≤ x ≤ 2
(2) ⇔ 4

2

Gọi M là trung điểm của BC ⇒ M (0; m − m + 2m ) ⇒ AM = m = m
1
Vì ∆ ABC cân tại A nên AM cũng là đường cao, do đó: S∆ABC = AM .BC
2
Ta có:
1
1
S∆ABC = 4 2 ⇔ AM .BC = 4 2 ⇔ m 2 4m = 4 2 ⇔ m5 = 32 ⇔ m = 2
2
2
Kết luận.: m = 2
Câu II.1 Giải phương trình lượng giác: 2cos 6 x + 2 cos 4 x − 3 cos 2 x = sin 2 x + 3

0,25

0,25
1,0

2(cos 6 x + cos 4 x ) = sin 2 x + 3. (1 + cos 2 x )
⇔ 4 cos 5 x. cos x = 2 sin x. cos x + 2 3 cos x
2

(

0.25

)

cos x = 0 ⇔ x =

π
2

(1)

2

+ kπ , x =

π
24

+k

)

3 + x − 2 = x2 − 1

1− x
x −1
+
= ( x − 1)( x + 1)

2 − x +1
3+ x + 2
 x = 1 ⇒ y = −1
⇔
4
1

−
+ x + 1 = 0 (*)
 2 − x + 1
3+ x + 2

⇔4

π

, x=

π

+k

π

4
1
−
+ x +1
2 − x +1
3+ x + 2

2
1
+
+ 1 > 0; ∀x ∈ ( −3; 2 )
2
2
2 − x +1
2 3+ x 3+ x + 2

Ta có: f ' ( x) =

2− x

(

)

• Với x + 2 y = 8
x ≤ 2
x ≤ 2
Ta có : 
⇔
⇒ x + 2y ≤ 8
y
≤
3

2 y ≤ 6
x = 2
Khi đó: x + 2 y = 8 ⇔ 

không thỏa hệ.
y = 3

www.DeThiThuDaiHoc.com

(

)

0.25

Câu III. Tính tích phân I = ∫

( ln x + 1) x − 3ln x dx

x3 − 3 x 2
2
( ln x + 1) x − 3ln x dx = 2 ln x dx + 2 1 dx
Ta có I = ∫
∫1 x 2
∫1 x 2 − 3x
x3 − 3 x 2
1

0.25
1,0

1

0.25

I1

2
2
2
ln x
1
−1
1
−1
1
 −1 −1
dx
xd
x
d
x
dx = ln2 +
=
ln
=
ln
+
ln
=
ln2
+
(
)



∫
∫
∫
2
2
2
2
2
x x
1 x
1
1 x
1 x
1
2

2

2

1,0

I2 = ∫
1

0.25

0,25

2

1
1 2 1
1
1 x−3
1
dx = ∫ 
−  dx = ln
= − ln 4
2
x − 3x
3 1 x−3 x
3
x 1
3

1 1
1
− ln 2 − ln 4
2 2
3
Câu IV. Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác đều cạnh bằng a , tam
giác SAC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SB hợp với đáy
một góc 30o , M là trung điểm của BC . Tính thể tích khối chóp S . ABM và khoảng
cách giữa hai đường thẳng SB và AM theo a .
⇒I=

0,25

0,25

I2

I1 = ∫

,(k ∈ Z ) .

2
36
3
8 ( x + y ) − 3xy = 2 y 2 + x 2
Câu II.2 Giải hệ phương trình : 
2
2
 4 2 − x + 3 − y = 2 x − y + 5
x ≤ 2
x + y = 0
• Điều kiện: 
, phương trình (1) ⇔ ( x + y )( x + 2 y − 8 ) = 0 ⇔ 
.
y ≤ 3
x + 2y = 8

0,25

• Xét phương trình (*), đặt f ( x) =

2

+ kπ , ( k ∈ Z ) ,

π
π
π


5x = x + + k 2π
x= +k



6
24
2
cos5x = cos  x +  ⇔ 
,(k ∈ Z ) ⇔ 
,(k ∈ Z )
π
π
π
6 


x= +k
5x = − x − + k 2π


36

3
6
π

) (

2 − x −1 +

0,25

(2)

π

Kết luận: x =

(

Mặt khác f ( x) liên tục trên [ −3;2] , suy ra f ( x) đồng biến trên [ −3;2] .
Ta có: f (−2) = 0 , suy ra (*) có nghiệm duy nhất x = −2 ⇒ y = 2 .
Kết hợp điều kiện, hệ có hai nghiệm (1; −1) , ( −2;2 ) .

⇔ cos x 2 cos 5 x − sin x − 3 cos x = 0
 cos x = 0
⇔
 2 cos 5 x − sin x − 3 cos x = 0

•Với x + y = 0 ⇔ y = − x thay vào phương trình (2)

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25
0,25
1.0


www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
1− 2 t
t +2
1
Xét hàm số f (t ) =
; 0 < t ≤ 1 , f ' (t ) =
, f ' (t ) = 0 ⇔ t =
3
4
t +1
2 t ( t + 1)

• Gọi H là trung điểm AC; ta có:
SH ⊥ AC ⇒ SH ⊥ ( ABC ) , SBH = 30o

a 3
,
2

AM = BH =

t

0.25

1
1 a a 3 a2 3
MB.MA = . .
=
2
2 2 2
8
a
• SH = BH .tan 30o =
2
1
a3 3
Thể tích VSABM = S ABM .SH =
.
3
48
•Kẻ Bt / / AM ⇒ AM / / ( SBt )
S ABM =

1

P=

 y
1+  
x

2

+

x2 + y 2
1


1+ 


z

y

2

+

y

+

y2 + z2

f (t )

+

0

1
-

f (t )

0.25

Gọi I là hình chiếu của H trên Bt, J = HI ∩ AM , L là hình chiếu của J trên SI
 JL ⊥ SI
Ta có 
⇒ JL ⊥ ( SBt ) ⇒ d ( AM , ( SBt ) ) = JL .
 Bt ⊥ ( SHI ) ⇒ Bt ⊥ JL
2
• Gọi L' là hình chiếu của L trên SI ; ta có: JL = JL'
3
3
3a
1
1
1
4 16
52
3a
HI = BC =
,
=
+
= +
=

⇒ HL' =
4
4 HL'2 SH 2 HI 2 a 2 9a 2 9a 2
52
2 '
a
Vậy d ( AM , SB ) = JL = HL =
.
3
13
Câu V. Cho ba số thực dương x, y , z thỏa điều kiện x ≥ z . Hãy tìm giá trị lớn nhất

x

'

5

⇒ d ( AM , SB ) = d ( AM , ( SBt ) )

của biểu thức P =

1
4

0

0.25

+

0.25

0.25

y z
x = y
Vậy max P = 5 khi 
⇔ x = 2 y = 4z .
t = 1 = z
 4 x

Câu Vi.a.1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng d : y = 3 . Gọi ( C ) là
đường tròn cắt d tại hai điểm B, C sao cho tiếp tuyến của ( C ) tại B và C cắt nhau

tại gốc tọa độ O . Viết phương trình đường tròn ( C ) , biết tam giác OBC đều.
Gọi (C) có tâm I bán kính R. OI cắt BC tại H thì H là trung điểm BC và OH vuông
góc BC suy ra H(0; 3 ) suy ra OH = 3 . Do tam giác OBC đều nên
BC 3
OH =
= 3 ⇔ BC = 2 .
2
0.25

1,0

0,25

B

1.0

z
z+x

O

H

I

1
1+

Trước hết ta chứng minh BĐT

x
z

C

1
1 + a2

+

1
1 + b2

≤

2
(*) ; với a, b > 0, ab ≤ 1
1 + ab

1
1
1 
 1
+
≤ 2
+
2
2 
 1+ a 1+ b 
1 + a2
1 + b2
1
1
2
2
Mặt khác
+
≤
⇔ ( a − b ) ( ab − 1) ≤ 0 luôn đúng với a, b > 0, ab ≤ 1
1 + a 2 1 + b 2 1 + ab
Suy ra BĐT (*) đúng. Đẳng thức xảy ra khi a = b .
2
1
Áp dụng BĐT (*) ta có: P ≤

+
z
z
1+
1+
x
x

Trong tam giác vuông IB có HB 2 = HI .HO = 1 ⇒ IH =
0.25

Ta có

2
z
+
Đạt t = , 0 < t ≤ 1 , P ≤
x
1+ t

t +2
=
1
t +1
1+
t
1

www.DeThiThuDaiHoc.com

1
3

1
3
4 3
HI = OH = (0; ) ⇒ I (0;
)
3
3
3
Trong tam giác vuông IBH có R 2 = IB 2 = IH 2 + HB 2 =

4
3

0,25

0,25

2

0.25


4 3 4
Vậy phương trình đường tròn (C): x 2 +  y −
 =
3 
3


Câu Via.2 Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình chính tắc:

x2 y2
+
= 1. Giả sử F1 , F2 là hai tiêu điểm của elip trong đó F1 có hoành độ âm.
8
4
Tìm điểm M trên elip sao cho MF1 − MF2 = 2 .

www.DeThiThuDaiHoc.com

0,25

1,0


www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam

www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam

Do B ∈ BN ⇒ B ( t;8 − 2t )

x2 y2
Vì elip ( E ) :
+
= 1 nên
8
4
a = 8, b = 2 ⇒ c 2 = a 2 − b 2 = 8 − 4 = 4 ⇒ c = 2 ⇒ F1 (−2;0), F2 (2;0).

Giả sử M ( x0 ; y0 ) ∈ ( E ) ta có:
cx
2x
cx
2x
MF1 = a + 0 = 2 2 + 0 , MF2 = a − 0 = 2 2 − 0
a
a
2 2
2 2
Do đó MF1 − MF2 = x0 2

0,25

0,25

Ta có: MF1 − MF2 = 2 ⇔ x0 2 = 2 ⇔ x0 = 2 .

y = 3
 x2 
 2
Với x0 = 2 ⇒ y02 = 4 1 − 0  = 4  1 −  = 3 ⇔  0
8
 8

 y0 = − 3
Kết luận có hai điểm M thỏa mãn bài toán là: M 1

(

)

2; 3 và M 2

(

2; − 3

)

n

 nx 2 1 
trong khai triển nhị thức Niu-tơn 
−  , x ≠ 0.
 14 x 
n(n − 1)(n − 2)
5Cnn −1 = Cn3 ⇔ 5.n =
⇔ 30 = (n – 1) (n – 2), (do n > 0) ⇒ n = 7
6
7 −i

 1

Câu Vib.2. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho elip ( E ) có phương trình chính tắc:

1.0
0.25

0.25

7 −i
7

7 −i

−35
1
⇒ 14 – 3i = 5 ⇒ i = 3 và −C .   = a ⇒ a =
.
16
2
−35
Vậy số hạng chứa x5 là
.
16
Câu Vib.1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho hình vuông ABCD , A(−1; 2) .
Gọi M , N lần lượt là trung điểm của AD và DC , E là giao điểm của BN với
CM . Viết phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác BME biết
BN : 2 x + y − 8 = 0 và B có hoành độ lớn hơn 2.
• Gọi H là hình chiếu của A trên BN,
8
AH = d ( A, BN ) =
5
Đặt AB = a , a > 0

0.25

7 −i
7

0.25

1.0

0.25

2

a
a 5
=
,
AI = a 2 +
4
2

AB 2 = AH . AI ⇔ a 2 =

8 a 5
.
⇔ a = 4 = AB
5 2

2

2

0.25

0,25

Ta có d cắt (E) tại hai điểm phân biệt ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt
⇔ ∆ ' = 25k 2 (1 − k ) 2 −  25(1 − k ) 2 − 225 (25k 2 + 9) > 0,(**).

0,25

Gọi A( x1 ; y1 ), B ( x2 ; y2 ) khi đó x1 ; x2 là các nghiệm của phương trình (*). Để M là
trung điểm của AB ta có: x1 + x2 = 2 . Áp dụng định lý Viet ta có:
−50k (1 − k )
9
=2⇔k =− .
x1 + x2 = 2 ⇔
2
25k + 9
25
9
Đối chiếu với điều kiện (**) ta thấy k = −
thỏa mãn. Từ đó ta có phương trình
25
của đường thẳng d là: 9 x + 25 y − 34 = 0
Câu VII.b. Một hộp chứa 5 bi xanh, 7 bi đỏ và 8 bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 8 viên bi
từ hộp. Tính xác suất để 8 viên bi được lấy ra có đủ cà 3 màu.
Lấy ngẫu nhiên 8 bi từ hộp , không gian mẫu có : Ω = C 820 = 125970
Số cách chọn 8 bi không có đủ cả 3 màu :
a/ Chọn 8 bi chỉ có 1 màu : ( chỉ chọn được màu vàng) : C 88 = 1

316
Xác suất P(A) = Ω A = 8216
=

8
Ω

C

20

4845

Gọi B là biến cố 8 bi được chọn có đủ cả 3 màu ⇒ B = A

www.DeThiThuDaiHoc.com

0.25

x2 y2
+
= 1 và điểm M (1;1) . Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt elip
25 9
tại hai điểm phân biệt A, B sao cho M là trung điểm của AB .
Xét trường hợp đường thẳng qua M không có hệ số góc với phương trình là: x = 1
(không thỏa mãn bài toán).
Xét trường hợp đường thẳng cần tìm qua M với hệ số góc k khi đó phương trình có
dạng d : y − 1 = k ( x − 1) . Ta có phương trình hoành độ giao điểm của d và (E) là:
x 2 (kx + 1 − k )2
+
= 1 ⇔ (25k 2 + 9) x 2 + 50(1 − k ) x + 25(1 − k )2 − 225 = 0 , (*).
25
9

b/ Chọn 8 bi có 2màu : C 128 + C 138 + C 158 − 2C 88 = 8215
Gọi A là biến cố chọn 8 bi không đủ cả 3 màu
⇒ Ω A = 8215 + 1 = 8216

Ta có AH đi qua trung điểm I của BC

0.25

D trung điểm AJ ⇒ D ( −1;6 ) ⇒ M ( −1;4 )
• Ta có ∆BME vuông tại E, nên tâm đường tròn goại tiếp K là trung điểm BM
⇒ K (1;3) , bán kính R = KB = 5

0,25

7 −i

1
⇔ (−1) C .   .x14−3i = ax 5
2
i

2

Vậy đường tròn cần viết là ( x − 1) + ( y − 3) = 5 .

i

Gọi a là hệ số của x5 ta có C77 −i   .  −  = ax 5
 2   x

2

0,25

Câu VIIa. Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 5Cnn −1 = Cn3 . Tìm số hạng chứa x5

 x2 

 7
t = (loai)
AB = 4 ⇔ ( t + 1) + ( 6 − 2t ) = 4 ⇔ 5t − 22t + 21 = 0 ⇔  5
⇒ B (3;2)

t = 3
• AD qua A và vuông góc với AB ⇒ AD : x = −1
Gọi J = AD ∩ BN ⇒ J ( −1;10 )
2

www.DeThiThuDaiHoc.com

1,0

0,25

0,25
1.0
0.25

0.25

0.25


www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
Xác suất P(B) = 1 – P(A) = 4529

0.25

4845

- - - HẾT- - -

www.DeThiThuDaiHoc.com