2 đề thi thử đại học môn toán có đáp án chi tiết
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.18 MB, 5 trang )
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1
HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐH LẦN 1
NĂM HỌC 2013-2014
ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 1, NĂM HỌC 2013-2014
Môn: Toán khối A,A1,B,D
TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1
---------------
Môn: Toán khối A, A1, B,D - Lớp 11
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
(Dành cho học sinh lớp 11 mới lên 12)
I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH THI KHỐI A,A1,B,D. (7,0 điểm)
Câu1: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x − 2 x − 3 (P)
a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số.
b/Tìm m để đường thẳng (d): y = − x + m cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho
AB = 3 2
Câu 2: (1,0 điểm).
Giải phương trình: cos 2 x cos x + cos x = sin 2 x sin x
Câu 3: (1,0 điểm).
Giải bất phương trình : x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14
Câu 4: (1,0 điểm).
2
Câu
1
(2,0
điểm)
x − 3 y + 2 + 2 x y + 2 y = 0
2
2
Giải hệ phương trình:
x 2 + 4 x − y + 1 + 3 2 x − 1 = 1
Câu 5: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng 0xy cho hai đường thẳng (d1): x − 2 y + 3 = 0 và
(d2): 3x − y − 2 = 0 . Tìm các điểm M ∈ (d1), N ∈ (d2) sao cho 3OM + ON = 0
Câu 6: (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
3
Điểm
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
Suy ra AB2 = 8m+26
x
y
1
1 z
1
+ + y + + z +
4
4
4
yz
zx
xy
3
NỘI DUNG
a. (1,0 điểm)
TXĐ:R, Toạ độ đỉnh I(1;-4)
Khoảng đồng biến , nghịch biến, BBT
Vẽ đồ thị (P): Đỉnh, Giao Ox, Oy,Trục ĐX
Vẽ đúng, đẹp
b.(1,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d) là: x 2 − 2 x − 3 = − x + m
⇔ x 2 − x − 3 − m = 0 (1)
Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt
−13
⇔ ∆ = 4m + 13 >0 ⇔ m >
(*)
4
Gọi A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) là giao điểm của (d) và (P) thì x1, x2 là nghiệm
của pt(1)
x1 + x2 = 1
Ta có AB2 = 2( x1 − x2 ) 2 = 2( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 . Theo viet ta có
x1 x2 = −m − 3
3
M = x
II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm).
(Thí sinh chỉ được làm đề theo khối thi đã đăng ký)
A. KHỐI A, A1.
Câu 7a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho hình thoi ABCD có diện tích S = 20, một đường
chéo có phương trình (d): 2 x + y − 4 = 0 và D(1;-3). Tìm các đỉnh còn lại của hình thoi biết điểm A
có tung độ âm.
x2 y 2
+
= 1 có hai tiêu điểm F1,F2 (biết F1
6
2
có hoành độ âm). Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua F2 và song song với ( ∆ 1): y = − x + 1 đồng thời
2
(1,0
điểm)
π kπ
x = 4 + 2
3x = π − x + k 2π
⇔
⇔
3x = x − π + k 2π
x = −π + kπ
2
Vậy PT đã cho có nghiệm: x = −
Câu 8a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho e líp (E):
cắt (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích tam giác ABF1
1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x
Câu 9a.(1,0 điểm): Chứng minh rằng:
= 2 cos x
2 cos 2 x + cos x − 1
B. KHỐI B, D.
Câu 7b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho ∆ABC có diện tích S = 3, B(-2;1), C(1;-3) và trung
điểm I của AC thuộc đường thẳng (d): 2 x + y = 0 . Tìm tọa độ điểm A.
Câu 8b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (T): x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 3 = 0 và đường
thẳng ( ∆ ): x − 2 y − 1 = 0 . Gọi A, B là giao điểm của ( ∆ ) với (T) biết điểm A có tung độ dương.
Tìm tọa độ điểm C ∈ (T) sao cho ∆ ABC vuông tại B.
π
Câu 9b.(1,0 điểm):Chứng minh rằng: cos 4 − x − cos 4 x = 2sin 2 x − 1
2
Theo gt AB = 3 2 ⇔ 8m+26 =( 3 2 )2 ⇔ m = -1 (thỏa mãn đk (*)). KL:…
Giải phương trình...
Pt cos 2 x cos x + cos x = sin 2 x sin x ⇔ cos 2 x cos x − sin 2 x sin x = − cos x
⇔ cos 3 x = − cos x ⇔ cos 3 x = cos(π − x )
3
(1,0
điểm)
4
(1,0
điểm)
π
2
+ kπ ; x =
(k ∈ Z)
π
4
+
kπ
2
0.25
0.25
0.25
0.25
(k ∈ Z )
0.25
Giải bất phương trình...
Bpt x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 − 5 5 x 2 + 15 x + 14 − 24 ≥ 0
0.25
t ≥ 8(tm)
Đặt t = 5 x 2 + 15 x + 14 , đk t ≥ 0 , bpt trở thành t 2 − 5t − 24 ≥ 0 ⇔
t ≤ −3( L)
0.25
Với t ≥ 8 thì 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 8 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 64 ⇔ x 2 + 3 x − 10 ≥ 0
x ≥ 2
⇔
x ≤ −5
KL : Vậy bpt có nghiêm là x ≥ 2 hoặc x ≤ −5
Giải hệ phương trình
x 2 − 3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0(1)
y ≥ 0
đk 2
2
3
x + 4x − y + 1 ≥ 0
x + 4 x − y + 1 + 2 x − 1 = 1(2)
0.25
0.25
0.25
y
y
y
Ta có pt (1) ⇔ 3 2 − 2 2
−1 = 0 ⇔ 2
= 1 ⇔ y = x 2 + 2 (3)
x +2
x +2
x +2
---------- 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...........................
1
www.DeThiThuDaiHoc.com
2
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
Thay (3) vào (2) ta được
4 x − 1 + 2 x − 1 = 1 (4)
3
u = 4 x − 1
Giải pt(4) đặt
đk u ≥ 0 , ta được hệ pt
v = 3 2 x − 1
5
(1,0
điểm)
6
(1,0
điểm)
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
Vì ABCD là hình thoi nên AC ⊥ BD, và D ∈ BD suy ra pt của BD là: x – 2y – 7 = 0
Gọi I= AC ∩ BD , tọa độ điểm I là nghiệm của hệ pt:
x − 2y = 7
x=3
⇔
. ⇒ I (3; −2)
2 x + y = 4
y = −2
0.25
u + v = 1
u = 1
⇔ …⇔
2
3
u
−
2
v
=
1
v = 0
0.25
4 x − 1 = 1
u = 1
1
9
V ới
thì
⇔ … ⇔ x = .Suy ra y = (tmđk)
2
4
v = 0
3 2 x − 1 = 0
1
9
KL: Vậy hệ pt có nghiệm là ;
2 4
0.25
M ∈(d1) ⇒ M(2a-3; a), N ∈(d2) ⇒ N(b; 3b-2)
0.25
Ta có 3OM = (6a-9; 3a) ON = (b; 3b-2)
0.25
5
6 a + b = 9
a =
3OM + ON = 0 ⇔
⇔
3
3a + 3b = 2
b = −1
1 5
Suy ra M ; , N(-1;-5)
3 3
Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức…
x4 y 4 z 4 x
y
z
Ta có M = +
+ + + +
4
4 4 yz zx xy
x4 y 4 z 4 x2 + y 2 + z 2
+ + +
4
4 4
xyz
2
( x − y ) ≥ 0
2
Ta có ( y − z ) ≥ 0 ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx .Dấu = xảy ra khi và chỉ khi
2
( z − x ) ≥ 0
x= y=z
Vì AC ⊥ BD nên S=2IA.IB mà S=20 ⇒ IA = 2 5
Lại có A∈(d) ⇒ A( x; 4 − 2 x) . Có
IA = 2 5 ⇔ IA2 = 20 ⇔ 5( x − 3) 2 = 20 ⇔ ( x − 3) 2 = 4
x = 1 ⇒ A(1; 2)
⇔
x = 5 ⇒ A(5; −6)
Theo gt suy ra A (5;-6) (thỏa mãn) . Vì C đối xứng với A qua I nên C(1;2)
KL: Vậy A(5;-6), B(5;-1), C(1:2)
8.a
(1,0
điểm)
0.25
0.25
x4 1 y4 1 z 4 1
x 4 y 4 z 4 xy + yz + zx
+ + +
⇔ M ≥ + + + + +
4
4 4
xyz
4 x 4 y 4 z
Áp dụng bđt cô si với 5 số dương ta có
x4 1 x4 1
1
1
1
x4 1 1 1 1
5
+ = +
+
+
+
≥ 55
= .
4 x 4 4x 4x 4x 4x
4 4x 4x 4x 4x 4
x4
1
Dấu= xảy ra ⇔
=
⇔ x =1.
4 4x
y4 1 5
y4
1
Chứng minh tương tự ta được
+ ≥ . Dấu= xảy ra ⇔
=
⇔ y = 1.
4 y 4
4 4y
0.25
0.25
9.a
(1,0
điểm)
0.25
Suy ra M ≥
15
. Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1
4
Vậy min M =
15
. Đạt được khi x = y = z = 1 .
4
.
7.a
(1,0
điểm)
Dễ thấy D ∉ (d ) , suy ra đường thẳng (d): 2x + y – 4 = 0 là pt của đường chéo AC
www.DeThiThuDaiHoc.com
0.25
0.25
y = −x + 2
y = −x + 2
Tọa độ A,B là nghiệm của hpt x 2 y 2
⇔ 2
= 1 2 x − 6 x + 3 = 0
+
2
6
3+ 3
3− 3
x =
x =
2 hoặc
2
⇔
y = 1− 3
y = 1+ 3
2
2
3 + 3 1− 3 3 − 3 1+ 3
Suy ra A
;
;
; B
2 2
2
2
0.25
Ta có AB = 6 , d ( F1 , AB) = d ( F1 , ∆) = 2 2
1
Suy ra diện tích tam giác ABF1 là S = d ( F1 , AB ). AB = 2 3 (đvdt)
2
0.25
1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x
= 2 cos x (*), đk cos 2 x + cos x ≠ 0
2 cos 2 x + cos x − 1
(1 + cos 2 x) + (cos x + cos 3 x)
Ta có VT(*) =
2 cos 2 x − 1 + cos x
0.25
2 cos 2 x + 2 cos x cos 2 x
cos 2 x + cos x
2 cos x(cos x + cos 2 x)
VT(*) =
cos 2 x + cos x
VT(*) = 2 cos x =VP(*) (đpcm)
7.b
(1,0
điểm)
0.25
0.25
VT(*) =
z4 1 5
z4
1
+ ≥ . Dấu= xảy ra ⇔
=
⇔ z =1.
4 z 4
4 4z
0.25
T a có a 2 = 6; b 2 = 2 mà c 2 = a 2 − b 2 ⇒ c 2 = 4 ⇒ c = 2 .
Suy ra F1(-2;0), F2 (2;0)
Vì ∆ // ∆1 và ∆ đi qua F2 nên pt của ( ∆ ) là: y = -x + 2
=
Suy ra M ≥
0.25
Mặt khác I là trung điểm của BD. Suy ra: B(5;-1) ⇒ IB = 5
I ∈ (d ) ⇒ I ( x; −2 x) . Vì I là trung điểm của AC nên A(2x - 1; - 4x + 3)
Có BC = (3; −4) ⇒ BC = 5
PT của BC là: 4x + 3y + 5 = 0
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
0.25
3
www.DeThiThuDaiHoc.com
4
www.MATHVN.com – Toán Học Việt Nam
−4 x + 10
1
1 −4 x + 10
, S = d ( A, BC ).BC mà S = 3 ⇔
5=3
5
2
2
5
⇔ 5 − 2x = 3
d ( A, BC ) =
x =1
⇔
x = 4
Suy ra A(1;-1); A(7;-13)
0.25
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
-----------------------
0.25
Môn: Toán; Khối: A và khối B
TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
I.
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
-----------------------------------PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y x 3 3mx 2 4m3 1 , m là tham số thực.
8.b
(1,0
điểm)
9.b
(1,0
điểm)
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1.
b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho OA OB 6 ( O là gốc tọa độ).
Tọa độ A, B là nghiệm của hệ pt
x − 2 y −1 = 0
x = 2 y +1
⇔
2
2
2
2
x
y
x
y
+
−
4
−
6
+
3
=
0
(2 y + 1) + y − 4(2 y + 1) − 6 y + 3 = 0
x = 2 y +1
x = 1
x = 5
⇔ 2
⇔
hoặc
y
=
0
y
y
5
−
10
=
0
y = 2
Suy ra A(5;2), B(1;0)
Đường tròn (T) có tâm I(2;3).
Vì A, B, C ∈ (T) và ∆ ABC vuông tại B ⇒ AC là đường kính của đường tròn (T)
Suy ra I là trung điểm của AC ⇒ C(-1;4)
π
Chứng minh rằng: cos 4 − x − cos 4 x = 2sin 2 x − 1 (**)
2
π
Ta có VT(**) = cos 4 − x − cos 4 x = sin 4 x − cos 4 x
2
VT(**) = ( sin 2 x − cos 2 x )( sin 2 x + cos 2 x )
VT(**) = sin x − cos x vì sin x + cos x = 1
VT(**) = −(cos 2 x − sin 2 x) = − (1 − 2sin 2 x ) = 2sin 2 x − 1 =VP(**) (đpcm)
2
2
2
2
2 sin 2 x 2 sin x 1.
4
0.25
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
0.25
x 2 y 2 y 2 x 1 y 1
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
5
3x 8 y x y 12
e
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I
0.25
1 x ln x x
2
x
1
3
x, y R .
2
dx.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB a; BC a 3 , tam giác SAC
0.25
vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn AI . Tính thể tích
khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SAB.
Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ac 2b và ac b ab c a2c 2 4b2 . Tìm giá trị lớn
2
2
b ac b
nhất của biểu thức P 1
.
ac ac b
0.25
0.25
II.
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B).
A. Theo chương trình Chuẩn.
0.25
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh AD,
0.25
11 2
3 6
H ; là hình chiếu vuông góc của B lên CE và M ; là trung điểm của đoạn BH . Xác định tọa độ
5 5
5 5
Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa
các đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm A có hoành độ âm.
x 1 y z
và điểm A 1; 1;2 .
2 2
1
Viết phương trình mặt phẳng P , biết P vuông góc với đường thẳng và cách điểm A một khoảng bằng 3.
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số
1;2;3;4;5;6;7. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn lớn hơn số 2014.
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh
AC sao cho AB 3AM. Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D. Xác định tọa độ các đỉnh của ABC
4
biết đường thẳng BC đi qua N ;0 , phương trình đường thẳng CD : x 3 y 6 0 và điểm C có hoành độ dương.
3
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng :
cầu S có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với tại A 1;2;2 .
Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình log 2
www.DeThiThuDaiHoc.com
5
2x 4
x 3.
2 x 12
----------------Hết----------------
x y 1 z
. Viết phương trình mặt
1
1
2
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC
LẦN THỨ I NĂM 2014
----------------------TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA
Môn: Toán; Khối: A và khối B
2 sin 2 x 2 sin x 1 sin 2 x cos 2 x 2 sin x 1 sin 2 x 2 sin 2 x 2 sin x 0
4
sin x 0
2 sin x cos x sin x 1 0
cos x sin x 1 0
(Đáp án-thang điểm gồm 04 trang).
-----------------------------------Đáp án
Câu
2
(1,0 điểm)
Điểm
a. (1,0 điểm)
-
-
Giới hạn lim y ; lim y .
y’
0
0
5
*
2x 11
5
8
11
, x ; \
Xét hàm số f x 3x 8 x 1
2 x 11
3
2
3
1
10
f x
2
2 3x 8 2 x 1 2 x 11
2
-
0
3
(1,0 điểm)
y
f 'x
3 x 1 3x 8
2
10
2
3x 8 x 1 2 x 11
0,25
6 x 17
2 3 x 1 3x 8
10
2
3x 8 x 1 2 x 11
0
0,25
Bảng biến thiên:
x
3x 8 x 1
+
0,25
1
(2,0 điểm)
2
2
Thay vào phương trình thứ hai của hệ cho ta:
0,25
x
+
0,25
k 2 k Z
Từ phương trình thứ nhất ta có x y 1 2 xy 2 y 2 x 0 y x 1 0 y x 1.
Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0, yC§ 4 ; đạt cực tiểu tại x 2, yCT 0
Bảng biến thiên
x
2
0,25
2
-
x
0,25
3x 8 0
Điều kiện y 0
x y 12 0.
0,25
x 0
Chiều biến thiên: Đạo hàm y ' 3x 2 6 x ; y ' 0
x 2
Khoảng nghịch biến 0;2 ; Các khoảng đồng biến ;0 và 2;
0,25
x k 2
2
cos x sin x 1 sin x
k Z
x k 2
4
2
2
sin x 0 x k k Z
Vậy phương trình đã cho có nghiệm x k ; x
Khi m 1 , ta có y x 3 3x 2 4
Tập xác định D R.
Sự biến thiên:
0,25
Đồ thị
8
11
2
+
f(x)
f(x)
y
3
8
3
+∞
+
+∞
+∞
0
0,25
0
-∞
4
Từ đó suy ra phương trình (*) chỉ có hai nghiệm là x 3 và x 8 .
Hay nghiệm của hệ đã cho là x ; y 3;4 , x ; y 8;9 .
0,25
e
Ta có I
1
-1
e
x
O
2
4
(1,0 điểm)
b. (1,0 điểm)
Ta có y ' 3x 2 6mx 3x x 2m . Hàm số có hai điểm cực trị m 0
0,25
Lúc đó hai giả sử hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A 0;4m3 , B 2m;0
0,25
OA OB 6 4 m3 2 m 6
0,25
m 1
m 1
m 1
Vậy có hai giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m 1 và m 1 .
0,25
Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
I1
e
x 2 ln x 1 ln x
ln x 1dx e ln x dx I I
dx
1
2
1 x 3
x3
x
1
ln x 1dx e
1
ln x 1d(lnx +1)
x
1
e
e
e
ln x 1
2
2 e
1
3
.
2
e
0,25
e
ln x
1 1
1
1 3
1
1
dx 2 ln x 3 dx 2 ln x 2 2
21x
4 x 1 4 4e
x3
2x
2x
1
1
1
I2
Suy ra I I1 I 2
7 3
.
4 4e 2
0,25
0,25
1
a
AC
4
2
a 3
Tam giác SAC vuông tại S,nên IS IA IC a SH SI 2 HI 2
2
1
1 a 3
a3
Suy ra VS . ABCD SH .S ABCD .
.a.a 3 .
3
3 2
2
Ta có AC AB 2 BC 2 2a HI
5
(1,0 điểm)
0,25
Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
0,25
0,25
Gọi J là hình chiếu vuông góc của H lên AB,
K là hình chiếu vuông góc của H lên SJ.
www.VNMATH.com
Ta có
Mà
0,25
8.a
(1,0 điểm)
Do
Véc tơ chỉ phương của đường thẳng là u 1; 2;2
0,25
Do mặt phẳng (P) vuông góc với nên có phương trình x 2 y 2x d 0
0,25
Lại có d A; P 3
7d
d 2
3 7d 9
3
d 16
0,25
Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x 2 y 2x 2 0 hoặc x 2 y 2x 16 0.
0,25
Số phần tử của tập S là A 840.
0,25
Giả sử abcd là số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 và lớn
hơn 2014.
+) TH1: a 2 , chọn b,c,d có A63 cách chọn.
0,25
+) TH2: a 2 , chọn a có 5 cách chọn, chọn b,c,d có A63 cách chọn.
0,25
4
7
Trong tam giác vuông SHJ:
0,25
9.a
(1,0 điểm)
Ta có
Vậy P
0,25
1.A63 5.A63
A74
6
0,857
7
0,25
90 tứ giác ABCD nội tiếp
Suy ra
AB
3
3
BM
10
10
0
Ta có
Đặt
, từ (*) ta có
Lại có
0,25
hay
6
(1,0 điểm)
Giả sử C 3c 6; c , ta có
Xét hàm số
IC .uDC
IC . uDC
3
10
c 1
3 5c 2 16c 11 0
2
c 11 lo¹i
10c 32c 26
5
Với c 1 C 3; 1
Phương trình đường thẳng BC : 3x 5y 4 0
Điểm M 1; 1 Phương trình đường thẳng BM : 3x y 4 0
Lại có
0,25
7.b
(1,0 điểm)
, ta có
0,25
10c 16
0,25
0,25
Điểm B BC BM B 2;2
Vậy
Phương trình đường thẳng AC : y 1 0
Phương trình đường thẳng AB : x 2 0
Điểm A AB AC A 2; 1
0,25
Gọi F là điểm đối xứng của E qua A.
Suy ra
là hình bình hành nên
là đường trung bình
của hình thang vuông
. Do đó
0,25
Ta có B 0;1;0 ; u 1;1; 2 . Giả sử I t ;0;0 , ta có:
M là trung điểm BH
Phương trình đường thẳng
Phương trình đường thẳng
0,25
8.b
(1,0 điểm)
d I ; IA
Do góc
IB; u
IA
u
Giả sử
, từ
0,25
9.b
(1,0 điểm)
Phương trình đường thẳng
mà
Phương trình đường thẳng
mà
Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net
0,25
.
0,25
0,25
5t 2 2t 5 2
2
t 2t 9 t 7 0 t 7
6
0,25
Khi đó I 7;0;0 , IA 2 11 hay S : x 7 y 2 z 2 44.
0,25
2x 4
2x 4
x 3 x
2 x 3
log 2 x
2 12
2 12
0,25
2
7.a
(1,0 điểm)
0,25
8 2x 4 2x 2x 12 22 x 4.2x 32 0
0,25
2 x 4
x
2 8 lo¹i
0,25
2 x 4 x 2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x 2.
0,25
