Mot so de thi thu dai hoc 20132014 tiep tuc day
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (1.57 MB, 32 trang )
<span class='text_page_counter'>(1)</span>www.VNMATH.com Đề THi thử đại Học LầN I năm 2014 Môn thi: To¸n - KHỐI A, A1, B Trường THPT Nguyễn Trung Thiên Thời gian làm bài: 180 phút sở giáo dục và đào tạo hà tĩnh. I. PhÇn chung cho tÊt c¶ thÝ sinh (7,0 ®iÓm) x−3 C©u I (2,0 ®iÓm) Cho hµm sè y = có đồ thị (C) x +1. 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C) biết khoảng cách từ giao điểm I của 2 tiệm cận của (C) đến tiÕp tuyÕn b»ng 2 2 . C©u II (2,0 ®iÓm) π 4. 1. Giải phương trình 1 + 2 sin(2 x + ) = cos x + cos 3 x . 2. TÝnh:. I=. t anx ∫ 1 + cos 2 xdx. x 2 + y 2 + xy = 4 y − 1 Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: y +2 x + y = 2 x +1. Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang. Đáy lớn AB = 2a ; BC = CD = DA = a; SA vuông góc với đáy, mặt phẳng(SBC) tạo với đáy một gãc 60o . TÝnh thÓ tÝch khèi chãp S.ABCD theo a. Câu V (1,0 điểm) Cho 3 số thực dương x, y, z. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức : x2 2 y2 2 z2 2 P = x( + ) + y ( + ) + z ( + ) . 3 yz 3 xz 3 xy. II. PhÇn riªng (3,0 ®iÓm): ThÝ sinh chØ ®îc lµm mét trong hai phÇn (phÇn A hoÆc phÇn B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VI. a. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G (2;-1). Đường trung trực của cạnh BC có phương trình d : 3x − y − 4 = 0 . Đường thẳng AB có phương trình d1 :10 x + 3 y + 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C. Câu VII. a. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai điểm A(2;0), B(6;4). Viết phương trình đường tròn (C) tiếp xúc với trục hoành tại điểm A và khoảng cách từ tâm (C) đến B bằng 5. C©u VIII. a. (1,0 ®iÓm ) T×m sè h¹ng kh«ng chøa x trong khai triÓn P ( x ). n. 2 =3 x + ( x > 0) . x . BiÕt r»ng n tháa m·n: Cn6 + 3Cn7 + 3Cn8 + Cn9 = 2Cn8+ 2 . B. Theo chương trình nâng cao Câu VI. b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông cân tại A(1;2). Viết phương trình đường tròn (T) ngoại tiếp tam giác ABC biết đường thẳng d : x − y − 1 = 0 tiếp xúc với (T) t¹i B. Câu VII. b. (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hai đường thẳng d1 : 3x + y + 5 = 0 ; d 2 : 3 x + y + 1 = 0 và điểm I(1;-2). Viết phương trình đường thẳng đi qua I cắt d1 , d 2 lần lượt tại A và B sao cho AB = 2 2 . x3 . 2 . Câu VIII. b. (1,0 điểm) Giải phương trình: log 2 x + log 2 = 2. x 2. --------------------- HÕt --------------------.
<span class='text_page_counter'>(2)</span> www.VNMATH.com. §¸p ¸n K.A gåm cã 6 trang.. Lưu ý : Mọi cách giải đúng đều cho điểm tối đa. C©u. Đáp án và hướng dẫn chấm. §iÓm. C©u I. 2,0 ®iÓm. 1 (1,0 ®iÓm) ________________________________________________________________________ + Tập xác định: D = R \ {−1} 4 > 0 , ∀x ≠ −1 , suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng + Sù biÕn thiªn: y ' = ( x + 1)2 ( −∞; −1) vµ ( −1; +∞ ) . ________________________________________________________________________ lim y = 1 => TiÖm cËn ngang: y=1 + Giíi h¹n: lim y = 1 ; x →−∞. x →+∞. 0,25. 0,25. lim− y = +∞ ; lim y = −∞ => Tiệm cận đứng: x=-1. x →+∞. x →−1. ________________________________________________________________________ + B¶ng biÕn thiªn: −∞. x y’. -1 + +∞. y. +∞ 0,25. 1. −∞ 1 ________________________________________________________________________ + §å thÞ : Giao víi Ox: (3;0), giao víi Oy: (0;-3).. 0.25. 1 -1 0. Đồ thị nhận I(-1;1) làm tâm đối xứng.. 3. x. -3. 2 (1,0 ®iÓm) ________________________________________________________________________ x −3 , x0 ≠ −1 . Gi¶ sö M ( x0 ; y0 ) thuéc (C), y0 = 0 x0 + 1 Khi đó phương trình tiếp tuyến ∆ tại M là: x −3 4 y= x − x0 ) + 0 2 ( x0 + 1 ( x0 + 1). 0.25. ⇔ 4 x − ( x0 + 1) y + ( x02 − 6 x0 − 3) = 0 2. ________________________________________________________________________ Theo đề : d ( I , ∆) = 2 2 2. ⇔. (. −4 − ( x0 + 1) + x02 − 6 x0 − 3 16 + ( x0 + 1). 4. ⇔ ( x0 + 1) − 8 ( x0 + 1) + 16 = 0 4. 2. ). =2 2. 0.25.
<span class='text_page_counter'>(3)</span> www.VNMATH.com. x0 = 1 ⇔ x0 = −3 ________________________________________________________________________ Với x0 = 1 , phương trình ∆ : y = x − 2 ; Với x0 = −3 , phương trình ∆ : y = x + 6 .. C©u II. 2,0 ®iÓm. 1 (1,0 ®iÓm) ________________________________________________________________________ PT ⇔ 1 + sin 2 x + cos 2 x = 2cos x cos 2 x ⇔ 2 cos2 x + 2sin x cos x − 2cos x cos 2 x = 0. (. ). ⇔ 2 cos x cos x + sin x − ( cos2 x − sin 2 x ) = 0. ⇔ cos x ( cos x + sin x )(1 − cos x + sin x ) = 0 ________________________________________________________________________ π x = + kπ 2 cos x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ cos x + sin x = 0 cos x + π = 1 cos x − sin x = 1 4 2 ________________________________________________________________________ π x = 2 + kπ π ⇔ x = − + kπ k ∈ 4 x = k 2π 2 (1,0 ®iÓm) ________________________________________________________________________ tan x sin x cos x dx = ∫ dx Ta cã: I = ∫ 2 1 + cos x cos x(1 + cos2 x) §Æt t = cos 2 x ⇒ dt = −2sin x cos xdx 1 dt Suy ra: I = − ∫ 2 t (t + 1) ________________________________________________________________________ 1 1 1 1 t +1 − dt = ln +C I = ∫ t 2 t +1 t 2 ________________________________________________________________________ 1 1 + cos2 x KÕt luËn: I = ln +C . 2 cos2 x . C©u III. 1,0 ®iÓm. 0,5. 0,25. 0,5. 0,25. 0,25. 0,5. 0,25. Nhận xét y=0 không thỏa mãn hệ phương trình. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(4)</span> www.VNMATH.com. x2 + 1 y + x + y = 4 Hệ tương đương với x + y = y + 2 x2 +1 ________________________________________________________________________ u + v = 4 x2 +1 , v = x + y. HÖ trë thµnh: §Æt u = 1 y v = u + 2 Gi¶i hÖ ta cã: u =1 v=3 ________________________________________________________________________ x = 1 x2 + 1 = 1 y = 2 u = 1 ⇒ y ⇔ Víi x = −2 v = 3 + = 3 x y y = 5. 0,25 0,25 0,25. C©u IV. 1,0 ®iÓm. N. A. B 60 0. D. C. Gäi N lµ trung ®iÓm AB. AN // DC nªn ADCN lµ h×nh b×nh hµnh. Ta cã: AN = DC = a Suy ra: NC = AD = a => NA = NB = NC =a hay ∆ACB vu«ng t¹i C suy ra AC ⊥ BC . Do SA ⊥ ( ABCD ) nªn SA ⊥ BC . áp dụng định lý ba đường vuông góc ta suy ra SC ⊥ BC . Suy ra: Gãc gi÷a (SBC) vµ (ABCD) lµ ∠SCA => ∠SCA = 60° ________________________________________________________________________ Mặt khác: ∆NBC đều nên ∠NBC = 60° 3 AC = AB = 3a 2 SA = AC .tan 60° = 3a. 3 = 3a ________________________________________________________________________ 3 3a 2 S ABCD = 4 ________________________________________________________________________ 3 3a 3 TÝnh ®îc thÓ tÝch chãp S.ABCD b»ng . 4. 0,25. 0,25. 0,25 0,25.
<span class='text_page_counter'>(5)</span> C©u V. 1,0 ®iÓm. www.VNMATH.com. x3 + y 3 + z 3 x2 + y 2 + z 2 Ta cã : P = 2 + xyz 3 áp dụng bất đẳng thức a 2 + b 2 ≥ 2ab, ∀a, b ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx . (§¼ng thøc x¶y ra khi x=y=z) 3 3 3 x +y +z x3 2 y 3 2 z 3 2 xy + yz + zx P ⇒ ≥ 2 ⇒ P≥ + + + + + + xyz 3 3 x 3 y 3 z . 0,25. ________________________________________________________________________ t3 2 XÐt hµm sè f (t ) = + víi t > 0 ; 3 t 2 f '(t ) = t 2 − 2 ; f '(t ) = 0 ⇔ t = 4 2 . t ________________________________________________________________________ B¶ng biÕn thiªn:. 0,25. t. 0. y’ y. 4. -. 0. +∞. +∞. 2 +. +∞. 0,25. 8 34 2 ________________________________________________________________________ VËy P ≥ 4 4 8 . §¼ng thøc x¶y ra khi x = y = z = 4 2 hay P = 4 4 8 .. 0,25. A. Theo chương trình chuẩn lµ trung ®iÓm BC, v× M ∈ d nªn M (m; 3m-4). C©u Gäi M VI. a. Mµ GA = −2GM nªn A (6-2m; 5-6m). 1,0 ________________________________________________________________________ ®iÓm A ∈ AB ⇒ m = 2 ⇒ M ( 2; 2 ) , A ( 2; −7 ) . ________________________________________________________________________ BC qua M và vuông góc với d nên có phương trình x + 3y – 8 = 0. B = AB ∩ BC nªn B ( −1;3) . ________________________________________________________________________ M lµ trung ®iÓm BC nªn C ( 5;1) .. C©u VII. a. 1,0 ®iÓm. 0,25 0,25 0,25 0,25. Gäi I ( x0 ; y0 ) lµ t©m cña ®êng trßn (C).. Khi đó, do (C) tiếp xúc với Ox tại A nên với i = (0;1) là vectơ đơn vị trên trục Ox, ta có: IA ⊥ i ⇔ 1. (1 − x0 ) + 0. ( 0 − y0 ) = 0 ⇔ x0 = 2 . ________________________________________________________________________ Theo gi¶ thiÕt, ta cã: 2 2 R = IB – 5 ; IB 2 = 25 ⇔ ( 2 − 6 ) + ( y0 − 4 ) = 25. y = 7 ⇔ y0 − 4 = ±3 ⇔ 0 y0 = 1 ________________________________________________________________________. 0,25. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(6)</span> www.VNMATH.com. Víi y0 = 7 th× I (2; 7) ⇒ R = 7 . Víi y0 = 1 th× I (2;1) ⇒ R = 1 . VËy ta cã hai ®êng trßn cÇn t×m: ( x − 2 )2 + ( y − 7 )2 = 49 ; ( x − 2 )2 + ( y − 1)2 = 1. C©u VIII. a. 1,0 ®iÓm. 0,5. ¸p dông c«ng thøc Cnk + Cnk +1 = Cnk++11 , ta cã: Cn6 + 3Cn7 + 3Cn8 + Cn9 = Cn6 + Cn7 + 2(Cn7 + Cn8 ) + Cn8 + Cn9 = Cn7+1 + 2Cn8+1 + Cn9+1 = Cn8+ 2 + Cn9+ 2 = Cn9+3 Giả thiết tương đương với n+3 Cn9+3 = 2Cn8+ 2 ⇔ = 2 ⇔ n = 15 . 9 ________________________________________________________________________ n 2 3 Khi đó P ( x ) = x + x 15. = ∑C K =0. k 15. 15− k. ( x) 3. 15. = ∑C 2 x K =0. k 15. k. 30 − 5 k 6. 2 x. 0,25. k. 0,25. .. ___________________________________________________________________ 30 − 5k = 0 ⇔ k = 6. 6 ________________________________________________________________________ Sè h¹ng ph¶i t×m lµ C156 .26 = 320320 .. Số hạng không chứa x tương ứng với. 0,25 0,25. B. Theo chương trình nâng cao C©u Gäi I lµ t©m cña ®êng trßn ngo¹i tiÕp ∆ABC . VI. b. V× ∆ABC vu«ng c©n t¹i A nªn I lµ trung ®iÓm BC vµ AI ⊥ BC . 1,0 Theo gi¶ thiÕt BC ⊥ (d ) ⇒ d / / AI ⇒ B¸n kÝnh cña (T) lµ: R = d ( A, d ) = 2 . ®iÓm BC ⊥ (d ) ⇒ BC: x + y + c = 0.. 0,25. ________________________________________________________________________ 1+ 2 + C C = −1 d ( A, d ) = R = 2 ⇔ = 2 ⇔ 2 C = −5. BC : x + y − 1 = 0 Suy ra BC : x + y − 5 = 0 §êng cao AI cña ∆ABC ®i qua A (1; 2 ) vµ song song víi (d ) ⇒ AI : x − y + 1 = 0 . ________________________________________________________________________ x + y −1 = 0 NÕu BC : x + y − 1 = 0 ⇒ I = BC ∩ AI : ⇒ I(0;1). x − y +1 = 0 2 Suy ra: (T ) : x 2 + ( y − 1) = 2 . ________________________________________________________________________ x + y − 5 = 0 NÕu BC : x + y − 5 = 0 ⇒ I = BC ∩ AI : ⇒ I(2;3). x − y + 1 = 0. Suy ra: (T ) : ( x − 2 ) + ( y − 3) = 2 . 2. 2. VËy cã hai ®êng trßn: x 2 + ( y − 1) = 2 vµ ( x − 2 ) + ( y − 3) = 2 . 2. 2. 2. 0,25. 0.25. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(7)</span> C©u VII. b. 1,0 ®iÓm. www.VNMATH.com. Vì A ∈ d1 , B ∈ d 2 nên gọi tọa độ A(a; −3a − 5) ; B(b; −3b − 1) . AB = ( b − a; 4 − 3(b − a ) ) . ________________________________________________________________________ Tõ gi¶ thiÕt AB = 2 2 suy ra:. (b − a ). 2. + 4 − 3 ( b − a ) = 2 2 . 2. t = 2 2 2 §Æt t = b − a , ta cã: t + ( −3t + 4 ) = 8 ⇔ 2 t = 5 ________________________________________________________________________ Với t = 2 ⇒ b − a = 2 ⇒ AB = (2; −2) là vectơ chỉ phương của ∆ cần tìm. x −1 y + 2 = ⇔ x + y +1 = 0 . Suy ra phương trình đường thẳng của ∆ là −2 2 ________________________________________________________________________ 2 2 Víi t = ⇒ b − a = . 5 5 Tương tự ta có phương trình đường thẳng của ∆ là 7 x − y − 9 = 0 . VËy cã hai ®êng th¼ng cÇn t×m lµ x + y + 1 = 0 vµ 7 x − y − 9 = 0 .. C©u VIII. b. 1,0 ®iÓm. 0,25. 1 . 2 x3 log 2 2 + 2 log 2 = 2 PT ⇔ 2 log 2 2 x x ________________________________________________________________________. §k: x > 0 , x ≠. 3log 2 x − 1. 3log 2 x − 1 1 ⇔ + 2 1 − log 2 x = 2 ⇔ − log 2 x = 0 1 + log 2 x 1 + log 2 x 2 ________________________________________________________________________ 3t − 1 §Æt t = log 2 x , ta cã: − t = 0 ⇔ 3t − 1 − t (t + 1) = 0 ⇔ t 2 − 2t + 1 = 0 ⇔ t = 1 1+ t ________________________________________________________________________ ⇒ log 2 x = 1 ⇒ x = 2 . Víi t = 1. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. 0,25. Vậy phương trình có nghiệm x = 2 . 0,25.
<span class='text_page_counter'>(8)</span> WWW.VNMATH.COM SỞ GD & ĐT THANH HÓA TRƯỜNG THPT LÊ LỢI. ĐỀ CHÍNH THỨC ( Đề thi gồm 2 trang). ĐỀ THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) Năm học 2013 - 2014 Môn thi: Toán. Thời gian làm bài: 180 phút ( không kể giao đề) Ngày thi: 18 tháng 01 năm 2014. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH(7,0 điểm) x Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y (C) x 1 a. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số. b. Tìm m để đường thẳng y = m - x cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 2 . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình : 2sin 2 x sin 2 x 2 2 sin x sin 3 x 4 4 2. Giải bất phương trình 2 x 1 2 x 17 x 5 y x ( x y ).3 Câu III (1,0 điểm) Giải hệ phương trình : 27 3. log 5 ( x y) x y Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có mặt phẳng (SAC) vuông góc với mặt phẳng (ABC), 900. Tính thể tích khối chóp S.ABC và cosin của góc giữa hai ASC ABC SA AB a, AC 2a và mặt phẳng (SAB), (SBC). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực không âm x, y, z thỏa mãn x + y + z = 1. 15 Tìm GTNN của biểu thức P x3 y 3 z 3 xyz 4 I.PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B). A. Chương trình chuẩn: Câu VIa: (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng Oxy cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC, phương trình đường thẳng DM: x y 2 0 và C 3; 3 . Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x y 2 0 , xác định toạ độ các đỉnh A, B, D. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz cho các điểm A(2; 0; 0), C(0; 4; 0), S(2; 4; 4). Tìm tọa độ của điểm B trong mặt phẳng Oxy sao cho tứ giác OABC là hình chữ nhật. Viết phương trình mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.OABC và tìm thể tích khối cầu tương ứng đó. Câu VII.a (1,0 điểm). Trong một lô hàng có 12 sản phẩm khác nhau, trong đó có đúng 2 phế phẩm. Lấy ngẫu nhiên 6 sản phẩm từ lô hàng đó. Hãy tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá 1 phế phẩm. A. Chương trình nâng cao: Câu VIb: (2,0 điểm) 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có AB 5 , đỉnh C(-1;-1), đường thẳng chứa cạnh AB có phương trình x + 2y - 3 = 0. Trọng tâm G của tam giác ABC thuộc đường thẳng (d) : x y 2 0 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B của tam giác. 2.Trong không gian tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(3; 1; 0), B nằm trên mặt phẳng Oxy và C nằm trên trục Oz. Tìm tọa độ các điểm B, C sao cho H(2; 1; 1) là trực tâm của tam giác ABC. Câu VII.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình. log 22 x log 2 x 2 3 5 (log 4 x 2 3). ………………………………….Hết………………………………….. Họ và tên của thí sinh:…………………...…………...... ….………SBD:……...........................………….
<span class='text_page_counter'>(9)</span> WWW.VNMATH.COM Chữ kí của giám thị:………………..…………………...…................ …………………....……………… Ghi chú: Giám thị coi thi không giải thích gì thêm, thí sinh không dùng tài liệu SỞ GD & ĐT THANH HÓA ĐÁP ÁN THI KSCL CÁC MÔN THI ĐẠI HỌC (Lần 1) TRƯỜNG THPT LÊ LỢI Năm học 2013 - 2014. Môn thi: Toán Hướng dẫn chấm: 1) Điểm toàn bài của thí sinh để lẻ đến 0,25. 2) Bài làm của thí sinh khác cách của đáp án mà vẫn đúng thì cho điểm từng phần tương ứng như nêu trong đáp án. 3) Câu IV (giải theo PP tổng hợp) nếu thí sinh không vẽ hình hoặc vẽ sai cơ bản thì không chấm điểm. Câu ý Nội dung Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C). Điểm 1,00. 1/TXĐ : \ 1 . 2/ Sự biến thiên:. a/ Giới hạn và tiệm cận. x x x ; lim TCĐ : x 1 , lim 1 TCN : y 2 x x 1 x 1 x 1 x 1 1 b/ Bảng biến thiên : y ' 0, x 1 ( x 1)2 x 1 lim. 0,25. x 1. 1. y’. -. -. . 1. 0,5. y 1 Hàm số nghịch biến trên các khoảng ( ;1) và (1; ) , hàm số không có cực trị. 0,25. 3/Đồ thị: TS tự kiểm tra, Nhận xét: Đồ thị nhận I(1;1) là tâm đối xứng.. I. Tìm m để ... bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OAB là 2 2. 1,00. x mx m x 2 mx m 0 (1) (ĐK: x 1 ) x 1 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt PT(1) có hai nghiệm phân biệt, khác 1. 0,25. Pt hoành độ giao điểm:. 2. 0 m 4m 0 m 0 m 4 (*) 1 0 m R. x1 x2 m x1 x2 m. - Với m tm (*), gọi x1 , x2 là hai nghiệm của (1), theo vi et ta có 2. Đặt A( x1 , m x1 ) , B( x2 , m x2 ) , AB 2( m 2 4m) , OA OB m2 2m , d (O, AB) m. 0,25. 2. S OAB . 1 1 AB.d (O; AB ) m 2 2. từ đó suy ra R . m2 4m đồng thời S OAB . OA.OB. AB 4R. 2 OA.OB. AB (m 2 2 m) 2(m 2 4m) m 2 m 4S m 2 2 m ( m 2 4m). 0,5. 2 m 6 Theo bài ra ta được 2 2 m 2m . m 2 . m 2. II. 1. Giải PT LG 2sin 2 x sin 2 x 2 2 sinx.sin(3 x ) 4 PT 2 sin 2 x sin 2 x 2 2 sinx.sin (3 x ) 2 sin 2 x 2 sinx.cosx 2 2 sinx.sin (3 x ) 4 4 sinx 0 x k sinx cosx 2 sin(3x ) 4 . PT(2). 1,0. 0,5 (2). x k 3x x k 2 4 4 sin x sin 3 x x k 4 4 3x ( x ) k 2 8 2 4 4. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(10)</span> WWW.VNMATH.COM Vậy nghiệm của phương trình là x k ; x 2. Giải bất phương trình:. 8. k. 2. , k .. 0,25. 4 2 x 1 2 x 17 (1) x. 1,00. 4 2 x 17 2 x 1 x. ĐKXĐ: x > 0. (* ). Với ĐKXĐ BPT (1) . . 4 16 x 2 x 1 2 x 17. 0,5. 2 x 17 2 x 1 4 x. (2 x 17) (2 x 1) 2 2 x 17. 2 x 1 16 x (2 x 17)(2 x 1) 6 x 9 (2) 2. *TH1: Xét 0 x . 3 thì BPT (2) luôn nghiệm đúng. 2. 3 khi đó BPT (2) 4 x 2 36 x 17 36 x 2 108 x 81 2 1 3 3 2 x 2 9 x 4 0 x 4 , do x nên ta được x 4 2 2 2. *TH2: Xét x . 0,5. Vậy tập nghiệm của BPT là S =(0; 4] Giải hệ phương trình ... : ĐKXĐ: x + y > 0 x 3 y 5 x y x 3y 3 5 .3 3x y 3 5 27 ( x y ) 3 5 x y ( x y )3 5 x y ( x y )3 5 x y 5. . III. 1,00. Hệ đã cho x y 27 .3 . x y. 0,5. x y 3 0 y x 3 x 4 (TMĐK) 3 x y 3 y 1 ( x y ) 5 (2 x 3) 125. 0,5 S. *) Kẻ SH AC SH ( ABC ) ; ta có SC BC a 3, SH . SABC IV. V. a 3 2. 0,5. M. a2 3 1 a3 VSABC S ABC .SH 2 3 4. A. C. H B. Gọi M là trung điểm của SB, là số đo góc tạo bởi hai mặt phẳng (SAB) và (SBC).. Ta có: SA AB a, SC BC a 3 AM SB , CM SB cos cos AMC. 0,25. + SAC BAC SH BH a 3 SB a 6 2 2 2 2 2 2 a Ta có AM 2 2SA 2 AB SB 10 a AM 10 , tương tự CM a 105 4 4 16 4 2 2 2 AM CM AC 105 Trong tam giác AMC có cos . Vậy cos 105 AMC 2. AM .CM 35 35 15 Tìm GTNN của biểu thức: P x 3 y 3 z 3 xyz 4. 0,25. 1,00. *) Do vai trò bình đẳng của x, y, z nên ta giả sử x min x, y, z .Từ giả thiết 0 x 1 và y + z = 1 - x 3 2 2 ( y z ) (1 x ) 27 x *)Ta dễ thấy yz và 3 0 . Khi đó ta được 4 4 4 P x3 y3 z 3 15 xyz x3 ( y z )3 3 yz ( y z ) 15 xyz x3 ( y z)3 yz 15 x 3( y z ) 4 4 4 ( y z )2 27 x 1 27 x 3 3 3 (27 x3 18 x 2 3 x 4) x3 (1 x) 3 yz 3 x (1 x) 4 4 16 4 . 1 Xét hàm f ( x) 1 27 x3 18 x 2 3x 4 , có f '( x) (81x 2 36 x 3) , f’(x) = 0 x 1 x 1 16. . . 16. 9. 3. 0,25. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(11)</span> WWW.VNMATH.COM Bảng biến thiên của hàm f(x): x 0 f’(x) +. 1/9 0 7/27. 1/3 0,25. f(x) 1/4 Từ BBT ta suy ra. 1/4. 1 4. Pmin . đạt được khi x = y = z = 1/3 hoặc x = 0, y = z = 1/2 và các hoán vị của nó.. PHẦN RIÊNG: Chương trình chuẩn 1. Tìm tọa độ của các đỉnhA, B, Dcủa hình vuông(1,0 điểm) *) Gọi A(t; 2 - 3t), từ tính chất của hình vuông ta có 4t 4 2.4 t 1 t 3 A(3; 7) A(1;5) d ( A, DM ) 2d (C , DM ) 2 2 Mặt khác A, C nằm về hai phía đối với đường thẳng DM nên chỉ có A(-1; 5) thỏa mãn. 1 *) Gọi D( d ; d 2) thuộc DM, ta có AD (d 1; d 7); CD (d 3; d 1) d 5 D (5;3) ABCD là hình vuông nên DA.DC 0 d 1 d 5 2 2 2 2 (d 1) (d 7) ( d 1) ( d 3) DA DC . VI.a. . 0,25. 1,00 0,25. 0,5. *) AB DC B( 3; 1) . Vậy A( 1;5), B ( 3; 1), D (5; 3). 0, 25. Tìm tọa độ của B và viết PT mặt cầu ngoại tiếp hình chóp. Gọi B(x; y; 0), khi đó OB ( x; y;0) ,. 1,00. x 2 B (2; 4; 0) Tứ giác OABC là hình chữ nhật nên OB OA OC . 0,25. y 4. 2. 2. 2. 2. 2. 2. Giả sử PT mặt cầu cần tìm có dạng x y z 2ax 2by 2cz d 0 ( Với a b c 0 ) 2. d 0 Mặt cầu đi qua O, S, A, C nên ta có 36 4a 8b 8c d 0 4 4a d 0 16 8b d 0 2. 2. a 1; b c 2, d 0,. 0,5. 2. Vậy PT mặt cầu là x y z 2 x 4 y 4 z 0 Gọi R là bán kính mặt cầu, từ phương trình ta suy ra R = 3 thể tích khối cầu là V( S ) 4 .33 36 3 Tính xác suất để trong 6 sản phẩm lấy ra có không quá một phế phẩm + Mỗi kết quả lấy ra 6 sản phẩm ứng với một tổ hợp chập 6 của 12, do đó số kết quả có thể xảy ra là 6 C12 924 + Gọi A là biến cố ” Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có hai phế phẩm” , VII.a. khi đó A là biến cố ” Lấy ra 6 sản phẩm mà trong đó có không quá một phế phẩm” , : 2 2 Ta tìm được : A C2 .C10 210 Theo định nghĩa xác suất ta có: P( A) . A 210 5 P ( A) 1 5 17 22 22 924 22 . PHẦN RIÊNG: Chương trình Nâng cao VIb 1. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác. + Gọi I(x;y) là trung điểm của cạnh AB, G là trọng tâm tam giác 2 x 1 xG 3 . G thuộc d: x + y - 2 = 0 nên 2 x 1 2 y 1 2 0 Ta có 2 CG CI 3 3 3 y 2 y 1 G 3. 0,25. 1,00 0,25. 0,5. 0,25. 1,00. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(12)</span> WWW.VNMATH.COM 2 x 1 2 y 1 Tọa độ I thỏa mãn hệ 3 3 2 0 x 5 y 1 x 2 y 3 0 + Do A thuộc x 2 y 3 0 nên tọa độ A là A(3 2a; a ). 1 3 5 IA 5 IA2 5 (2 2a ) 2 (a 1) 2 5 a a 2 2 4 2 4. 0,5. Từ đó tìm được A(4; ), B (6; ) hoặc A(6; 3 ), B (4; 1 ). 1 2. 0,25. Tìm tọa độ của các đỉnh B, C. 1,00. Theo giả thiết AB . 3 2. 2. 2. - B mp (Oxy) , C Oz B( x; y;0); C (0;0; z ). . . . . . Ta có AH ( 1; 0;1), BH (2 x;1 y;1) , BC ( x; y; z ), AC (3; 1; z ), AB ( x 3; y 1;0) . . 2. AH .BC 0 - H là trực tâm tam giác ABC nên suy ra . BH . AC 0 AH , AC . AB 0. 7 7 ;14; 0), C (0;0; ) 2 2. Vì A, B phân biệt nên ta nhận nghiệm B ( . Giải bất phương trình. log 22 x log 2 x 2 3 5 (log 4 x 2 3) (1). log 22 x log 2 x 2 3 0 x 0. Đặt t log 2 x , BPT (1) trở thành. 0,5. 1,00. (*). log 22 x log 2 x 2 3 5(log 2 x 3). Với ĐKXĐ (* ) BPT tương đương với VII.b. z x x z 0 3 x y z 7 0 y 7 2 x 2 x yz 3 y z 0 2 x x 21 0. x 3; y 1; z 3 x 7 ; y 14; z 7 2 2. ĐKXĐ: . 0,5. 0,25. t 2 2t 3 5(t 3) (t 3)(t 1) 5(t 3). t 1 t 1 . t 3 3 t 4 (t 1)(t 3) 5(t 3) 2 . Vậy tập nghiệm của BPT đã cho là S = 0; 1 (8;16) . . 2. 1 0 x 2 3log x 4 2 8 x 16. Từ đó ta được log 2 x 1. 0,5. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(13)</span> WWW.VNMATH.COM SỞ GIÁO DỤC – ĐÀO TẠO THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC MÔN THI: TOÁN KHỐI B LẦN I TRƯỜNG THPT LÊ QUÝ ĐÔN. Đề chính thức. NĂM HỌC : 2013 - 2014 Thời gian làm bài :180 phút (không kể thời gian phát đề). I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1: (2điểm) Cho hàm số y x3 3mx 2 3( m 2 1) x m3 m (1) 1/Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số khi m=1 2/ Tìm m để đồ thị hàm số (1) có điểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cựctiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O Câu 2: (1điểm) Giải phương trình: 2s inx(cos 2 x sin 2 x) s inx 3 cos 3 x x 4 6 x 2 x 2 13 x 17. Câu 3: (1điểm) Giải phương trình : 3. Câu 4: (1điểm) Tính tích phân : I ln 2 x(x 2 3) dx 2. Câu 5 (1điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A,D biết AB =2a; AD =DC = a (a>0) SA (ABCD) ,Góc giữa mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 .Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) theo a Câu 6 (1điểm) Cho x,y là các số thực và thoả mãn . x, y 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức (x 3 y 3 ) (x 2 y 2 ) (x 1)(y 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 P. Câu 7a: (1điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường thẳng d: x-y =0 và điểm M(2;1) .Viết phương trình đường thẳng cắt trục hoành Ox tại A và cắt đường thẳng d tại B sao cho tam giác AMB vuông cân tại M 2n 2 14 1 Câu 8a: (1điểm) Tìm hệ số của x 9 trong khai triển: 1 3x ; n * , biết 3 . 2 Cn 3Cn n. . 3. . 3. Câu 9a (1 điểm) Giải phương trình 3x x 2.3x x 32 x 2 0 B.Theo chương trình nâng cao Câu 7b(1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 3; 4 , đường phân giác trong của góc A có phương trình x y 1 0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . Câu 8b(1,0 điểm) Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng. . . . . Câu 9b (1,0 điểm) Giải phương trình log 3 3x 1 .log 3 3x 2 9 3 (Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm) Họ và tên thí sinh:...............................................................Số báo danh.......................
<span class='text_page_counter'>(14)</span> WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 Câu. I. Điểm. NỘI DUNG 1.Khi m=1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y x 3 3 x 2 a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên. 1. x 0 -Chiều biến thiên y ' 3 x 2 6 x y ' 0 x 2 ………………………………………………………………………………………... Hàm số đồng biến trên khoảng (;0) và (2; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2). 0.25. 0.25. -Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x 0 ;ycd 0 Hàm số đạt cực tiểu tại x 2 ;y ct 4 -Giới hạn : lim ; lim x. x . ………………………………………………………………………………………... Bảng biến thiên. x. 0. . +. y'. 2. 0. -. 0.25. . 0. +. y. . 0 -4 ………………………………………………………………………………………... Đồ thị. 0.25.
<span class='text_page_counter'>(15)</span> WWW.VNMATH.COM 1 2:Tìm m để đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O TXD: D=R Ta có y ' 3 x 2 6mx 3( m2 1) Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi y ' 0 có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm 3 x 2 6mx 3( m 2 1) 0 có hai nghiệm phân biệt. 0.25. ' 9m 2 9(m 2 1) 9 0 m x m 1 Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y ' 0 x m 1. Điểm A(m-1;2-2m);B(1+m,-2-2m) lần lượt là điểm cực đại ,điểm cực tiểu của đồ thị hàm số theo giả thiết ta có OB=3 OA OB 2 9OA2 (m+1) 2 (2 2m)2 (m-1)2 (2 2 m) 2. 0.25. 0.25. m 2 2 m 5m 2 0 m 1 2 2. m 2 Vậy với thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ m 1 2 điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O. 2. Giải phương trình : 2s inx(cos 2 x sin 2 x) s inx 3 cos 3x (1). 0.25. 1. phương trình (1). 0.25.
<span class='text_page_counter'>(16)</span> WWW.VNMATH.COM 2 sin x.cos 2 x s inx 3 cos 3x sin 3x s inx s inx 3 cos 3x 1 3 sin 3x cos3x s inx 2 2 cos sin 3x sin cos3x s inx sin(3x ) sin x 3 3 3 3x 3 x k2 x 6 k kZ 3x x k2 x k 3 3 2. 0.25. sin 3x 3 cos 3x 2 sin x . 3.Giải phương trình. x 4 6 x 2 x 2 13x 17. 0.25. 0.25. 1. Điều kiện : 4 x 6 Ta có : x 4 6 x 2 x 2 13 x 17 ( x 4 1) ( 6 x 1) 2 x 2 13 x 15 0 ( x 4 1)( x 4 1) ( 6 x 1)( 6 x 1) ( x 5)(2 x 3) 0 x 4 1 6 x 1 x 5 5 x ( x 5)(2 x 3) 0 x 4 1 6 x 1 x 5 1 1 (2 x 3) 0 x 4 1 6 x 1 1 1 1 1 Ta có (2 x 3) 0 (2 x 3) x 4 1 6 x 1 x 4 1 6 x 1 1 1 1 Vì 1 x 4;6 và 2 x 3 5 x 4; 6 x 4 1 6 x 1 x 4 1. 0.25. . 0.25. 0.25. 0.25. Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5 4. 3. 1. Tính tích phân I ln 2 x( x 2 3) dx 2. Ta có 3. 3. 3. I ln 2 x( x 2 3) dx ln( x 3 3 x 2)dx ln( x 1) 2 ( x 2)dx 2 3. 2 3. 2 3. 3. ln( x 1) 2 dx ln( x 2)dx 2 ln( x 1) dx ln( x 2)dx 2. 2. 2. 2. 2dx 3 u 2 ln(x 1) du Xét J 2 ln(x 1) dx Đặt x 1 dv dx 2 v x 1. 0.25 0.25. 3 3. 3. 3. J 2(x 1).l n(x-1) 2 2 dx 2(x 1).ln(x-1) 2 2x. 2 4ln 2 2 2. 0.25.
<span class='text_page_counter'>(17)</span> WWW.VNMATH.COM dx 3 u ln(x 2) du Xét K ln(x 2) dx Đặt x2 dv dx 2 v x 2. 0.25. 3 3. 3. 3. K (x 2).l n(x+2) 2 dx (x 2).ln(x+2) 2 x. 2 5ln 5 4 ln 4 1 2. vậy I 5ln 5 4ln 2 3. 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D biết AB =2a ; AD=DC=a.(a>0) SA (ABCD) ,góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD). 1. S. H. A. D. B. C. +Theo giả thiết ta có AD= DC = a .Gọi H là trung điểm của AB HA=HB=a Từ giả thiết ADCH là hình vuông cạnh a .Trong tam giác ABC có CH là trung tuyến AC BC 1 và CH AB ABC vuông cân tại C vì 2 AC BC a 2 BC AC BC (SAC) BC SC BC SA (SBC) (ABCD) BC BC SC (SBC) 450 là góc giữa (SBC) và (ABCD) +Có SCA BC AC (ABCD) SA (ABCD) +Ta có diện tích hình thang ABCD S ABCD . 1 3a ( AB DC ). AD 2 2. 2. +Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có SA=AC= AD 2 +DC 2 2 a. 0.25. 0.25.
<span class='text_page_counter'>(18)</span> WWW.VNMATH.COM 1 1 3a 2 2 3 +Thể Tích khối chóp SABC là : VS.ABCD SABCD .SA a 2. a 3 3 2 2 3V 1 Ta có VSDCB SBCD .d(B; (SCD)) d(B; (SCD)) SDCB 3 SBCD. 0.25. 11 2 3 1350 nên V Trong BCD có C BC.CD.sin1350.SA a SDCB 32 6 2 3 3. a 3V 2a 3 a 6 6 Vậy d(B;(SCD)) SDCB 2 1 SBCD 3 0 3a a.a 2.sin135 2. 0.25. Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức ( x3 y 3 ) ( x 2 y 2 ) :P ( x 1)( y 1). câu6. 1. Đặt t =x + y điều kiện t > 2 Áp dụng bất đẳng thức 4 xy ( x y ) 2 ta có xy . t2 4. 0.25. t 3 t 2 xy (3t 2) t 2 P do 3t-2>0 xy nên ta có xy t 1 4 t2 t 3 t 2 (3t 2) t2 4 P t2 t 2 t 1 4 t2 Xét hàm số f (t ) trên (2; ) t2 t 0 (l) t 2 4t có f '(t ) f '(t ) 0 2 (t 2) t 4 (tm) lim f (t) ; lim f (t) . 0.25. 0.25. x . x 2. . t f'(t) f(t). 4. 2 -. . 0. +. . 0.25 . 8.
<span class='text_page_counter'>(19)</span> WWW.VNMATH.COM x y 4 x 2 min f (t ) f (4) 8 minP 8 dấu = xảy ra khi và chỉ khi xy 4 y 2 TỰ CHỌN A theo chương trình chuẩn 1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có MA( a 2; 1) MB (b 2; b 1) (2; ). 7a. MA MB MB.MA 0 ABM vuông cân tại M nên 2 2 MA MB MA MB (a 2)(b 2) (b 1) 0 vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có 2 2 2 (a 2) 1 (b 2) (b 1). b 1 b 1 a2 2 a b2 . b2 1 b 2 2 2 (a 2) 2 1 (b 2) 2 (b 1) 2 ( ) 1 (b 2) (b 1) b 2 a 2 b 1 a 2 b2 b 1 2 2 a 4 (b 2) (b 1) (b 2)2 (b 1)2 2 (b 2) b 3 Vậyphương trình đường thẳng : x y 2 0 ; : 3 x y 12 0. n 3 2 14 1 dk 3 (1) 2 Cn 3Cn n n N với điều kiện trên phương trình (1) tương đương 4 28 1 n(n 1) n(n 1)( n 2) n. 0.25 0.25 0.25 0.25. 0.5. 8a Ta có. 0.5. n 2 n 2 7 n 18 0 n 9 kết hợp điều kiện n=9 Với n=9 ta có khai triển (1 3 x)2n (1 3 x)18 Số hạng tỏng quát Tk 1 C18k ( 3) k x k số hạng chứa x 9 khi k =9 Vậy hệ số của x9 trong khai triển là C189 ( 3) 9. 9a. 3. 3. Giải phương trình 3x x 2.3x x 32 x 2 0 (1) 3. 3. Ta có 3x x.3x x 32 x 3 3 3 3 3 (1) 3x x (1 3x x ) 2(1 3x x ) 0 (1 3x x )(3x x 2) 0. 1 3. x x3. x 0 0 x x 0 x 1 x 1 3. 0.25. 0.25.
<span class='text_page_counter'>(20)</span> WWW.VNMATH.COM 0.25. x 0 Vậy Phương trình đã cho có nghiệm x 1 x 1. 0.25. B Theo Chương Trình nâng cao. 7b. Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A 3; 4 , đường phân 1 giác trong của góc A có phương trình x y 1 0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . + Ta có IA 5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng C : ( x 1)2 ( y 7)2 25 + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . Tọa độ của D là nghiệm của hệ. 0,25. A. I. x y 1 0 D 2;3 2 2 ( x 1) ( y 7) 25. B. H. K. C. 0,25. D. + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểmchính giữa cung nhỏ BC. 0,25 Do đó ID BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI 3; 4 làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3x 4 y c 0 + Do SABC 4SIBC nên AH 4IK + Mà AH d A; BC . 7c 5. và IK d I ;BC . 31 c 5. nên. 114 c 3 7 c 4 31 c c 131 5. 0,25. Vậy phương trình cạnh BC là : 9 x 12 y 114 0 hoặc 15 x 20 y 131 0. 8b. Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy 1 ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng. Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là TH1: Cả 4 viên bi được chọn đều là bi đỏ số cách là : C54 cách chọn TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh số cách là : C51.C43 cách chọn TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh số cách là : C53 .C41 cách chọn TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng số cách là : C53 .C31 cách chọn TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh. 0,25. 0,25. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(21)</span> WWW.VNMATH.COM 0,25 số cách là : C52 .C42 cách chọn TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh số cách là : C52 .C31.C41 cách chọn Vậy có C54 + C51.C43 + C53 .C41 + C53 .C31 + C52 .C42 + C52 .C31.C41 =275 cách chọn thoả mãn yêu cầu bài toán 9b. . . . . Giải phương trình log 3 3x 1 .log 3 3x 2 9 3 (1). (1). 1. log 3 (3 x 1).log 3 9(3 x 1) 3 log 3 (3x 1).(log 3 9 log 3 (3x 1)) 3 log 3 (3 x 1).(2 log 3 (3x 1)) 3. 0,25. Đặt t log3 (3x 1) t>0 t 1 (1) t (2 t ) 3 t 2 2t 3 0 kết hợp điều kiện ta có t=1 t 3 (l). 0,25. với t=1 log 3 (3x 1)=1 3x 1 3 3x 2 x log 3 2 Vậy phương trình có nghiệm x log3 2. 0,25 0,25. Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa.
<span class='text_page_counter'>(22)</span> www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CỔ LOA Ngày thi : 19/1/2014. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn : TOÁN - Khối : A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề -------------------------------------------------------------------------------4 Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y x 2 m 1 x 2 3 (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m 1 . b) Tìm m để đường thẳng y 2m 2 cắt đồ thị hàm số (1) tại đúng hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8.. Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình: 2sin 2 x 2sin 2 x.cos x 3sin x 1 sin 3 x . 6 Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 2 x y xy x y 3x 3 y 3x 3 y 2 xy 2 , x, y . 2 3 x 1 x 2 y 3. 3 8 2 y 5. e x e x 3 Câu 4 (1,0 điểm): Tính nguyên hàm: x dx . e e x 2 Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AO, góc giữa mặt phẳng. (SCD) và mặt phẳng (ABCD) là 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng SCD . Câu 6 (1,0 điểm): Cho x, y, z 0 thỏa mãn x y z 3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của. A x3 y 3 4 z 3 . Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là 1 trung điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN AC . Biết MN có phương 4 trình 3x y 4 0 và D(5;1). Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. Câu 8 (1,0 điểm): Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng. Câu 9 (1,0 điểm): Giải phương trình: 25x 20 x 5.10 x 5.2 x 5.4 x 5x1 10 x 50 x . ---------- Hết --------Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: .................................... Số báo danh: ................................................
<span class='text_page_counter'>(23)</span> www.VNMATH.com SỞ GD - ĐT HÀ NỘI. ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM. TRƯỜNG THPT CỔ LOA. ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014. Câu 1 (2 điểm. Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D ___________________________________ Đáp án. Điểm. a) 1 điểm Khi m 1 , ta có hàm số y x 4 4 x 2 3 . . Txđ: .. 0,25 x 0 ; y' 0 . x 2. - Sự biến thiên:Chiều biến thiên:. . . Hàm số đồng biến trên 2;0 ;. . 2; , nghịch biến trên. ; 2 và 0; 2 .. Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x 0 , yCĐ 3 ;h/s đạt cực tiểu tại x 2 , yCT 1 . Giới hạn: lim y lim y . x . -. 0,25. x . Bảng biến thiên: x y'. . 2 0 . +. 0 0. . 2. . 0. +. . . y. 0,25. 3 1. 1. Đồ thị. 0,25. b) 1 điểm Pt hoành độ giao điểm : x 4 2(m 1) x 2 3 2m 2 1 x2 1 x 1 Ta có 1 x 4 2(m 1) x 2 2m 1 0 2 2 x 2 m 1 x 2m 1 Ta có 1 luôn có 2 nghiệm phân biệt x 1 .. 0,25. Để đường thẳng d cắt đồ thị Cm tại đúng 2 điểm phân biệt thì 1 có đúng 2 nghiệm m 0 2m 1 1 phân biệt * . m 1 2 m 1 0 2 . Trang 1/5. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(24)</span> www.VNMATH.com Khi đó, giả sử 2 giao điểm là A 1; 2 2m , B 1; 2 2m . Ta có OAB cân tại O , gọi I là trung điểm của AB I (0, 2 2m) và 1 AB 2, OI 2 2m . Theo giả thiết 8 SOAB OI AB 8 2 m 3 tho¶ m·n * 2 m 1 8 m 1 4 . Vậy m 3 . m 5 kh«ng tho¶ m·n * Pt đã cho 3 sin 2 x cos 2 x sin 3x sin x 3sin x 1 sin 3x 3 sin 2 x 4sin x 1 cos 2 x. 0,25. 0,25. 0,25. 2 3 sin x cos x 4sin x 2sin 2 x 2 (1 điểm). sin x 0 2sin x sin x 3 cos x 2 0 sin x 3 cos x 2. . . 5 k , k ; sin x 3 cos x 2 sin x 1 x 3 6 . 0,25. 0,25. sin x 0 x k , k ; Vậy, các nghiệm của phương trình là x k , x . 5 k 2 , k . 6. x3 y 3 xy 2 x 2 y 3 x 3 y 3 x 2 3 y 2 2 xy 2 1 Giải hệ phương trình 2 3 x 1 x 2 y 3 3 8 2 y 5 2 ĐK: x 1 . 1 x y x 2 xy y 2 xy x y 3 x y 3 x 2 y 2 2 xy 2 ( x y )( x 2 y 2 ) 2( x 2 y 2 ) ( x y ) 2 3( x y ) 2 ( x 2 y 2 )( x y 2) ( x y 2)( x y 1) 2 2 (3) x y 2 0 1 1 1 2 (4) x y 0 , vô nghiệm. 2 2 2 2 x y x y 1 0 (4) (3) y 2 x . Thay vào (2) ta được. 3 (1 điểm). 0,25. 0,25. 0,25. 3 x 1 33 4 2x x2 2x 9 3. . . . x 1 1 3. 3 x 2 x 1 1. 3. . 4 2 x 2 x2 2 x. 3 2x 4. 3. 4 2x. 2. 2 3 4 2x 4. x x 2. x 2 3 6 x (5) x 1 1 3 4 2 x 2 2 3 4 2 x 4 - Với x 2 y 0 . Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến. Mà x 2 là một nghiệm của (5) nên (5) có nghiệm duy nhất là x 2 y 0 .Vậy. nghiệm x; y của hệ đã cho là 2;0 .. Trang 2/5. 0,25. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(25)</span> www.VNMATH.com x. x. 1 1 e e 3 dx 1 x x dx . dx x x x x x e e 2 e e 2 e e 2 1 ex ex x x Với I1 x x dx 2 x dx (e x 1)2 dx . Đặt t e 1 dt e dx e e 2 e 2e x 1 I . 4 (1 điểm). I1 . dt 1 1 C x C . 2 t t e 1. I x. 1 C. e 1. 0,25. x. Gọi H là trung điểm của AO SH ABCD . Dựng HI CD tại I, suy ra CD SHI SI CD , vậy góc giữa. SCD và ABCD là. K M. A. D I. H O. B. 0,25 0,25. S. G. 0,25. C. HI // AD nên HI . SIH 600 SIH. 3 3 AD a suy ra 4 4. 3a tan 60O 3 3a SH HI .tan SIH 4 4. S ABCD a. 0,25. 0,25. 2. 1 1 2 3 3a 3a 3 V S SH a 5 S . ABCD ABCD 3 3 4 4 (1 điểm) SG 2 Trong (SAB), SG cắt AB tại M thì M là trung điểm AB và . SM 3 2 2 Mà MG SCD S suy ra d(G,(SCD))= d M , SCD d A, SCD 3 3 AC 4 4 nên d A, SCD d H , SCD AH SCD C , HC 3 3. 0,25. Kẻ HK SI tại K HK SCD HK d H , ( SCD ) 1 1 1 16 16 64 3 3a 2 2 HK 2 2 2 2 27 a 9a 27 a 8 HK SH HI 8 3 3a a 3 d G, ( SCD) . 9 8 3. . 6 (1 điểm). 1 3 2 x y x y x y 0 là mệnh đề đúng với mọi x, y . 4 1 1 3 3 Suy ra A x y 4 z 3 3 z 4 z 3 . 4 4 1 3 Xét hàm số f z 3 z 4 z 3 , z 0;3 . 4 z 1 0;3 9 2 Ta có f z 5 z 2 z 3 , f z 0 . z 3 0;3 4 5. Ta có x3 y 3 . Trang 3/5. 0,25. 0,25. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(26)</span> www.VNMATH.com Bảng biến thiên của hàm số f z trên 0;3 : 0. z. f z . f z. . 3 5 0. 3 + 0,25. 27 4. 108. 108 25 Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ nhất là. 7 (1 điểm). 108 3 6 khi z , x y . 25 5 5. 0,25. 0,25 Kẻ NH BC tại H , NK DC tại K . Ta có NKC NHC (cạnh huyền và góc nhọn) NK NH DK AN 1 AD NK DC AC 4 DK BH mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm BH AN 1 AB NH BC AC 4 của BM . MNH , ND NM . DKN MHN DNK 900 DNH 900 DNM vuông cân tại N Mà KNH DN MN pt DN : ( x 5) 3( y 1) 0 hay x 3 y 8 0 x 3y 8 0 Toạ độ N thoả mãn: N (2; 2) 3 x y 4 0 Gs M (m;3m 4) MN (2 m;6 3m), DN 10, MN DN m 3 M (3;5) (2 m) 2 (6 3m)2 10 (m 2)2 1 m 1 M (1; 1) lo¹i 1 NM M (3;5) , gọi P MN AD NP 3 1 5 xp 2 xp 3 3 y p 2 1 yp 1 1 1 1 5 Ta có AP MC = BC AD DP DA 3 6 6 6 Trang 4/5. 0,25. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(27)</span> www.VNMATH.com 5 5 5 3 DP DA CB MB MB DP 6 6 3 5 35 xB 3 5 3 5 xB 1 yB 5 y 5 3 (1 1) B 5 . 0,25. Chọn 5 viên bi trong 18 viên bi thì có C185 cách.. 0,25. Không gian mẫu gồm n C185 8568 kết quả đồng khả năng xảy ra. Gọi A là biến cố “5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng” Ta có các trường hợp xảy ra: TH1: Trong 5 bi được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh. 8 Có C61 C71 C53 cách chọn trong trường hợp này. (1 điểm) TH2: Trong 5 bi được chọn có 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh . Có C62 C72 C51 cách chọn trong trường hợp này.. 0,25. 0,25. n( A) C61 C71 C53 C62 C72 C51 1995 . Vậy xác suất cần tìm là: P( A) . n( A) 1995 95 . n() 8568 408. 25 x 20 x 5 10 x 5 2 x 5 4 x 5 x 1 10 x 50 x 25 x 50 x 20 x 10 x 5.10 x 5 x 1 5 2 x 4 x 0. 0,25. 0,25. 2 x 1 25 x 10 x 5.5 x 5.2 x 0. 9 (1 điểm). 2 x 1 0 1 x x x 5 2 5 5 0. 0,25. 2. (1) 2 x 1 x 0 .. 0,25. x. 5 5 x 1 (2) 5 x 1 x 0 2 Vậy tập nghiệm của phương trình là: S 0;1 .. Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo các cách khác mà vẫn đúng thì vẫn được đầy đủ số điểm theo đáp án qui định. --------Hết--------. Trang 5/5. 0,25.
<span class='text_page_counter'>(28)</span> www.MATHVN.com TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN. ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013 Môn: TOÁN; Khối: A và A1; Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 4 − 2mx 2 + 2 (1), với m là tham số. 3 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = . 3 b) Tìm m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình sin 3x + (1 − cos x) cos 2 x = (sin x + 2 cos x) sin 2 x. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 4(2 x 2 + 1) + 3( x 2 − 2 x) 2 x − 1 = 2( x 3 + 5 x). Câu 4 (1,0 điểm). Tính thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình phẳng giới hạn bởi các đường x +1 , y = 0, x = 3 xung quanh trục hoành. y= x2 + 3 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ ABC. A' B ' C ' có các đáy là tam giác đều cạnh 3a. Hình chiếu vuông góc của C ' lên mặt phẳng ( ABC ) là điểm D thỏa mãn điều kiện DC = −2 DB . Góc giữa đường thẳng AC ' và mặt phẳng ( A' B' C ' ) bằng 450. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC. A' B' C ' và tính côsin góc giữa hai đường thẳng BB ' và AD.. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực không âm x, y, z thỏa mãn. 1 + x 2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z = 5 . Tìm giá trị lớn. nhất của biểu thức P = 2 x 3 + y 3 + z 3 .. 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có B( 4 ; − 5), phương trình các đường thẳng chứa đường cao kẻ từ A và trung tuyến kẻ từ B lần lượt là x − 3 y − 7 = 0 và x + y + 1 = 0. Tìm tọa độ các điểm A và C biết diện tích tam giác ABC bằng 16. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho các đường thẳng d1 :. x −1 y z − 3 = = ; 1 1 2. x y − 2 z −1 x −3 y + 2 z ; d3 : = = = = . Tìm tọa độ điểm P thuộc d1 và điểm Q thuộc d 2 sao cho đường 1 2 1 1 1 −2 thẳng PQ vuông góc với d 3 và độ dài PQ nhỏ nhất. Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa mãn z+i z +i + là số thuần ảo. z +1 z +1 d2 :. b. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho điểm M (2 3; 2). Viết phương trình chính tắc của elíp (E) đi qua M biết rằng M nhìn hai tiêu điểm của (E) dưới một góc vuông. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho điểm K (1; 3; 2) và mặt phẳng ( P) : x + y + z − 3 = 0. Viết phương trình đường thẳng d đi qua K, song song với mặt phẳng (Oyz ) và tạo với. (P) một góc α có tan α = 2 .. ⎧2 x.3 y − 3 x+2 = 3(6 x − 3 y ) Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình ⎨ ( x, y ∈ R). ⎩log 2 (1 + x) + log 2 (2 + 2 xy) = 2(1 + log 2 y ) ---------------------------- Hết -------------------------Ghi chú: 1. BTC sẽ trả bài vào các ngày 18, 19/5/2013. Để nhận được bài thi, thí sinh phải nộp lại phiếu dự thi cho BTC.. 2. Kỳ khảo sát chất lượng lần cuối năm 2013 sẽ được tổ chức vào chiều ngày 15 và ngày 16/6/2013. Đăng kí dự thi tại văn phòng trường THPT Chuyên từ ngày 18/5/2013..
<span class='text_page_counter'>(29)</span> TRƯỜNG ĐẠI HỌC VINH TRƯỜNG THPT CHUYÊN Câu Câu 1. (2,0 điểm). www.MATHVN.com. ĐÁP ÁN ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG LỚP 12, LẦN 3 - NĂM 2013 Môn: TOÁN – Khối A, A1; Thời gian làm bài: 180 phút. Đáp án a) (1,0 điểm) 4 1 8 Khi m = hàm số trở thành y = x 4 − x 2 + 2. 3 3 3 1o. Tập xác định: D = R , y là hàm số chẵn. 2o. Sự biến thiên: 1 8 2 * Giới hạn tại vô cực: lim y = lim x 4 ( − 2 + 4 ) = +∞. x → ±∞ x → ±∞ 3 3x x 4 16 * Chiều biến thiên: Ta có y ' = x 3 − x, x ∈ R. 3 3 ⎡ x < −2 ⎡− 2 < x < 0 ⎡x = 0 ; y' < 0 ⇔ ⎢ y' = 0 ⇔ ⎢ ; y' > 0 ⇔ ⎢ ⎣0 < x < 2. ⎣x > 2 ⎣ x = ±2 Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (−2; 0) và (2; + ∞) ; nghịch biến trên mỗi khoảng (−∞; − 2) và (0; 2). * Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0, giá trị cực đại yCĐ = 2 ; hàm số đạt cực tiểu tại 10 các điểm x = −2 và x = 2, giá trị cực tiểu yCT = − . 3 * Bảng biến thiên: y x −∞ 0 –2 2 +∞ 2 − 0 + 0 − 0 + y' +∞ +∞ 2 y 10 10 − − 2 −2 x O 3 3. 3o. Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.. −. Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là A(0; 2), B (− 3m ; 2 − 3m 2 ) và C ( 3m ; 2 − 3m 2 ). Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OA = OB = OC ⎡m = 1, m = 0 2 2 2 ⇔ 2 = 3m + (2 − 3m ) ⇔ m(m − 1)(3m + 3m − 1) = 0 ⇔ ⎢ ⎢m = − 3 ± 21 . ⎢⎣ 6. Câu 2. (1,0 điểm). π 4. 0,5. 0,5. 0,5. − 3 + 21 . 6. Phương trình đã cho tương đương với sin 3 x + cos 2 x − cos x cos 2 x = sin 2 x sin x + 2 sin 2 x cos x ⇔ sin 3 x + cos 2 x = (cos 2 x cos x + sin 2 x sin x) + sin 3x + sin x ⇔ cos 2 x = cos x + sin x ⇔ (cos x + sin x)(cos x − sin x − 1) = 0. * cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = −. 0,5. 10 3. b) (1,0 điểm) 4 4x 2 Ta có y ' = x 3 − 4mx = ( x − 3m). 3 3 Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình y '= 0 có 3 nghiệm phân biệt ⇔ m > 0.. Kết hợp điều kiện m > 0 ta có giá trị của m là m = 1, m =. Điểm. + kπ .. 1. www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,5.
<span class='text_page_counter'>(30)</span> www.MATHVN.com. ⎡ π π ⎡ x = k 2π ⎢ x + 4 = 4 + k 2π π⎞ 1 ⎛ * cos x − sin x = 1 ⇔ cos⎜ x + ⎟ = ⇔⎢ ⇔⎢ ⎢ x = − π + k 2π . π π 4⎠ 2 ⎝ ⎢ x + = − + k 2π 2 ⎣ ⎢⎣ 4 4 Vậy nghiệm của phương trình là x = −. Câu 3. (1,0 điểm). π. 4. + kπ , x = k 2π , x = −. 1 Điều kiện: x ≥ . 2 Phương trình đã cho tương đương với 3 x( x − 2) 2 x − 1 = 2( x 3 − 4 x 2 + 5 x − 2) vì. π. 2. 0,5. + k 2π , k ∈ Z.. 0,5. ⇔ 3 x( x − 2) 2 x − 1 = 2( x − 2)( x 2 − 2 x + 1) ⎡x = 2 ⇔⎢ 2 ⎣3 x 2 x − 1 = 2( x − 2 x + 1) Phương trình (1) tương đương với. (1). 2(2 x − 1) + 3 x 2 x − 1 − 2 x 2 = 0 ⇔ 2.. 2x −1 2x −1 + 3. − 2 = 0. 2 x x. (2). 2x −1 , t ≥ 0. Khi đó phương trình (2) trở thành x. Đặt t =. 0,5. 1 2t + 3t − 2 = 0 ⇔ (2t − 1)(t + 2) = 0 ⇔ t = , t ≥ 0. 2 2 Suy ra x − 8 x + 4 = 0 ⇔ x = 4 ± 2 3 , thỏa mãn điều kiện. Vậy nghiệm của phương trình là x = 2, x = 4 + 2 3 , x = 4 − 2 3. x +1 Ta có = 0 ⇔ x = −1. x2 + 3 Thể tích V cần tính là thể tích khối tròn xoay tạo thành khi quay hình thang cong giới hạn bởi x +1 các đường y = , y = 0, x = −1, x = 3 xung quanh Ox. x2 + 3 3 3 2x 2 ⎞ ( x + 1) 2 ⎛ Suy ra V = π ∫ 2 − 2 dx = π ∫ ⎜1 + 2 ⎟dx x + 3 x + 3⎠ x +3 −1 −1 ⎝ 2. Câu 4. (1,0 điểm). (. = π x + ln | x 2 + 3 |. ). 3 −1. 3. Tính I =. ∫x. −1. 3. Câu 5. (1,0 điểm). 3. dx dx = π (4 + ln 3) − 2π ∫ 2 . 2 x +3 x +3 −1 −1. − 2π ∫. (1). π π dx và . Đặt x = 3 tan t. Khi x = −1 thì t = − , khi x = 3 thì t = 3 6 +3. 2. 3. dx = 3. 0,5. dx dt . Suy ra I = ∫ 2 = cos 2 t x +3 −1. π. π. 3. 3. 1 dt 1 ∫π 3(1 + tan 2 t ) . 3 cos2 t = 3. −. 6. ∫π dt =. −. 3π . 6. 0,5. 6. 3π 2 . Thay vào (1) ta được V = (4 + ln 3)π − 3 Từ giả thiết ⇒ C ' D ⊥ ( ABC ). Vì ( ABC ) //( A' B ' C ' ) nên B' ∠( AC ' , ( ABC )) = ( AC ' , ( A' B ' C ' )) = ∠C ' AD = 450. A'. C'. Sử dụng định lí cosin cho. ΔABD ⇒ AD = a 7. ⇒ C ' D = AD tan 450 = a 7 . Suy ra thể tích lăng trụ. B D C. 3a. 45. V = C ' D.S ABC = a 7 .. 0. A. 2. www.DeThiThuDaiHoc.com. (3a ) 2 3 9 21 3 = a . 4 4. 0,5.
<span class='text_page_counter'>(31)</span> www.MATHVN.com. Vì AA' // BB ' nên ∠( BB ' , AD) = ∠( AA' , AD) = ∠A' AD. (1). Vì C ' D ⊥ ( ABC ) nên C ' D ⊥ ( A' B ' C ' ) ⇒ C ' D ⊥ C ' A' ⇒ DA' = DC ' +C ' A' = 16a , 2. AA' = CC ' = C ' D 2 + DC 2 = a 11. Suy ra cos ∠A' AD =. 2. 2. AA' 2 + AD 2 − DA' 2 1 = . (2) 2 AA'.AD 77. 0,5. 1 . 77. Từ (1) và (2) suy ra cos( BB' , AD) = | cos ∠A' AD | =. Câu 6. (1,0 điểm). 2. Với hai số không âm a, b ta có 1 + a + 1 + b ≥ 1 + 1 + a + b .. (1). Thật vậy, (1) ⇔ 2 + a + b + 2 (1 + a )(1 + b) ≥ 2 + a + b + 2 1 + a + b ⇔ 1 + a + b + ab ≥ 1 + a + b , luôn đúng. Dấu đẳng thức xảy ra khi a = 0 hoặc b = 0.. 0,5. Áp dụng (1) ta có 5 = 1 + x 2 + 1 + 2 y + 1 + 2 z ≥ 1 + 1 + x 2 + 2 y + 1 + 2 z ≥ 2 + 1 + x2 + 2 y + 2z . Suy ra x 2 + 2 y + 2 z ≤ 8, hay y + z ≤ 4 −. x2 . 2. (2). 3. ⎛ x2 ⎞ Khi đó P ≤ 2 x + ( y + z ) ≤ 2 x + ⎜⎜ 4 − ⎟⎟ . 2⎠ ⎝ Chú ý rằng, từ (2) và x, y, z không âm ta có 0 ≤ x ≤ 2 2 . 3. 3. 3. (3). 3. ⎛ x2 ⎞ Xét hàm số f ( x) = 2 x 3 + ⎜⎜ 4 − ⎟⎟ trên [0; 2 2 ]. Ta có 2 ⎠ ⎝ 2. [. ]. ⎛ 3 x2 ⎞ f ' ( x) = 6 x 2 − 3x⎜⎜ 4 − ⎟⎟ = x( x − 2) x(12 − x 2 ) + 2(16 − x 2 ) . 2⎠ 4 ⎝ ⎡x = 0 Với x ∈ [0; 2 2 ] ta có f ' ( x) = 0 ⇔ ⎢ ⎣ x = 2.. Câu 7.a (1,0 điểm). (4) Từ f (0) = 64, f (2) = 24, f ( 2 2 ) = 32 2 suy ra f ( x) ≤ 64, ∀x ∈ [0; 2 2 ]. Từ (3) và (4) ta có P ≤ 64, dấu đẳng thức xảy ra khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4. Vậy giá trị lớn nhất của P là 64, đạt được khi x = y = 0, z = 4 hoặc x = z = 0, y = 4. A BC ⊥ AH ⇒ pt BC : 3x + y − 7 = 0. C ∈ BC ⇒ C (c; 7 − 3c), A ∈ AH ⇒ A(3a + 7; a). M ⎛ 3a + c + 7 a − 3c + 7 ⎞ ; Suy ra trung điểm AC là M ⎜ ⎟. 2 2 ⎝ ⎠ B. H. 0,5. C. 3a + c + 7 a − 3c + 7 + + 1 = 0 ⇔ 2 a − c + 8 = 0. 2 2 | 10a + 14 | Ta có BC = (c − 4) 2 + (12 − 3c) 2 = 10 c − 4 , AH = d ( A, BC ) = 10 1 ⇒ S ABC = BC . AH = | (c − 4)(5a + 7) | = 16. 2 ⎡ A( −2; − 3), C (2; 1) ⎡a = −3, c = 2 ⎢ Từ (1) và (2) suy ra ⇒ ⎢ ⎛ 29 2 ⎞ ⎛ 36 73 ⎞ ⎢ A⎜ ; − ⎟, C ⎜ ; − ⎟. ⎢a = − 2 , c = 36 ⎢⎣ ⎝ 5 5⎠ ⎝ 5 5⎠ 5 5 ⎣. Do M ∈ BM : x + y + 1 = 0 ⇒. Câu 8.a (1,0 điểm). 0,5. (1). (2). 0,5. P ∈ d1 ⇒ P( p + 1, p, 2 p + 3), Q ∈ d 2 ⇒ Q( q; 2q + 2; q + 1) . Suy ra PQ = (− p + q − 1; − p + 2q + 2; − 2 p + q − 2). PQ ⊥ d 3 ⇒ u3 .PQ = 0 ⇔ −2(− p + q − 1) + 1( − p + 2q + 2) + 1(−2 p + q − 2) = 0 ⇔ − p + q + 2 = 0 hay p = q + 2.. 3. www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,5.
<span class='text_page_counter'>(32)</span> www.MATHVN.com. Suy ra PQ 2 = 9 + q 2 + (q + 6) 2 = 2q 2 + 12q + 45 = 2( q + 3) 2 + 27 ≥ 27.. 0,5. Suy ra min PQ = 3 3 khi p = −1, q = −3 hay P(0; − 1; 1), Q(−3; − 4; − 2). Giả sử z = x + yi và điểm biểu diễn số phức z là M ( x; y ). Câu 9.a (1,0 điểm). Ta có. z + i z + i 2 | z |2 + z + z + i ( z + z ) + 2i 2( x 2 + y 2 ) + 2 x + 2( x + 1)i + = = . z +1 z +1 | z |2 + z + z + 1 ( x + 1) 2 + y 2. 0,5. 2 ⎧⎛ 1⎞ 1 2 ⎧⎪2( x 2 + y 2 ) + 2 x = 0 + x z+i z +i ⎪⎜ ⎟ +y = + là số thuần ảo ⇔ ⎨ ⇔ 2 4 ⎨⎝ ⎠ z +1 z +1 ⎪⎩( x + 1) 2 + y 2 ≠ 0 ⎪( x; y ) ≠ (−1; 0). ⎩. 0,5. 2. Câu 7.b (1,0 điểm). Câu 8.b (1,0 điểm). 1⎞ 1 ⎛ Vậy tập hợp điểm M là đường tròn ⎜ x + ⎟ + y 2 = bỏ đi điểm (−1; 0). 2⎠ 4 ⎝ 2 2 x y Phương trình chính tắc của ( E ) : 2 + 2 = 1 (a > b > 0). a b 12 4 M ∈ ( E ) ⇔ 2 + 2 = 1. a b 1 ∠F1MF2 = 90 0 ⇒ MO = F1 F2 = c ⇒ c = 4 ⇒ a 2 − b 2 = 16. 2 2 ⎧⎪a = 24 x2 y2 Từ (1) và (2) suy ra ⎨ 2 ⇒ (E) : + = 1. 24 8 ⎩⎪b = 8 Phương trình (Oyz ) : x = 0.. (1) (2). Giả sử d có vtcp u d (a; b; c), (a 2 + b 2 + c 2 ≠ 0). ⎧⎪ K (1; 3; 2) ∉ (Oyz ) ⇔ 1.a = 0 hay a = 0. Suy ra u d (0; b; c) và nP (1; 1; 1). Ta có d //(Oyz ) ⇔ ⎨ ⎪⎩u d .n Oyz = 0 Do 00 ≤ α ≤ 900 nên từ tan α = 2 ⇒ sin α = ⇒. |b+c| 3. b + c 2. 2. =. 0,5. 0,5. 0,5. |b+c| 2 . Mà sin( d , ( P )) = 3 3. b 2 + c 2. 2 ⇔ (b − c) 2 = 0 ⇔ b = c ≠ 0. 3. 0,5. ⎧x = 1 ⎪ Chọn b = c = 1 ⇒ u d = (0; 1; 1). Suy ra phương trình d : ⎨ y = 3 + t ⎪ z = 2 + t. ⎩. Câu 9.b (1,0 điểm). ⎧ x > −1, y > 0 Điều kiện: ⎨ ⎩1 + xy > 0. Phương trình thứ nhất của hệ tương đương với 2 x.3 y + 3 y +1 = 3 x+2 + 3.6 x ⇔ (2 x + 3)3 y = (2 x + 3)3 x+1 ⇔ 3 y = 3 x+1 ⇔ y = x + 1. Phương trình thứ hai của hệ tương đương với log 2 (1 + x)(1 + xy ) = log 2 2 y 2 ⇔ (1 + x)(1 + xy) = 2 y 2 . ⎧y = x +1 > 0 ⎧y = x +1 > 0 ⎧y = x +1 > 0 Từ đó ta được ⎨ ⇔⎨ ⇔⎨ 2 2 ⎩1 + xy = 2 y ⎩x − x − 1 = 0 ⎩(1 + x)(1 + xy) = 2 y ⎡ 1+ 5 3+ 5 , y= ⎢x = 2 2 ⇔⎢ ⎢ 3− 5 1− 5 . , y= ⎢x = 2 2 ⎣. 4. www.DeThiThuDaiHoc.com. 0,5. 0,5.
<span class='text_page_counter'>(33)</span>
