Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de36 2014

SGIODC&OTOBCNINH
TRƯờNG THPT THUậN THàNH Số II
khảo sát chất lượng ôn thi đại họcLN1
Nmhc:2012 2013
Mụn thi:Toỏn,KhiA,B,D
Thigianlmbi:180phỳt
a. phần chung cho tất cả các thí sinh (7,0 điểm)
CõuI(2,0im). Chohms
1
2
+
+
=
x
mx
y (1) (mlà tham số )
1. Khosỏtsbinthiờnvvthhmskhi
1 - =m
.
2. Cho hai điểm A ),43( - B( )23 - . Tìm m để trên đồ thị hàm số (1) có hai điểm phân biệt P, Q cách đều hai
điểm A, B và diện tích tứ giác APBQ bằng 24.
CõuII(2,0im).
1. Giiphngtrỡnh: ).sin1).(cos1(2
1cos
2sincos2cos2
3
xx
x
xxx
+ + =
-

- -
2. Giải hệ phương trình:
ù
ợ
ù
ớ
ỡ
= + + + - +
+ + + = + + +
44842)1(
36)2(4121
22
2
xyxxxx
yxyxyx
( ), Ryx ẻ .
CõuIII(1,0im). Tính tích phân sau :
ũ
+ +
-
=
-
3ln2
2ln2
2
2
2
)1)(1(
1
dx

ee
e
I
x
x
x
CõuIV(1,0 im).ChohỡnhchúpS.ABCDcú đáy ABCD là hình thang vuông tại A và D, AD = DC, AB = 2AD,
BC =
2a
. Tam giác SBC cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy, SA hợp với đáy một góc
0
45 . Tính
thể tích hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA, BC thea a. .
CõuV(1,0 im) Choa, b, clbas thực thoả mãn: abccbacba = + + + 2,1,1,1 .
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:
c
c
b
b
a
a
P
111
222
-
+
-
+
-
= .

b.PHNRIấNG(3,0điểm). (Thí sinh chỉ được chọn một trong hai phần)
a.Phndnhcho chương trình chuẩn.
CõuVIa(2,0 im).
1. TrongmtphngvihtọaOxychotamgiỏcABC với A ),23( - B(1; 0). Tam giác ABC có diện tích
bằng 4 và bán kính đường tròn ngoại tiếp bằng 2. Tìm tọa độ đỉnh C. Biết đỉnh C có tung độ dương.
2. Trongkhụnggianvihtọa độ Oxyz cho hai điểm A )103( - , B )101( . Tìm tọa độ các điểm
C
thuộc
mp(Oxy) sao cho tam giác ABC cân tại C và có diện tích bằng
.24
CõuVIIa(1,0 im). Cho hai đường thẳng song song
1
d và d
2
. Trên đường thẳng
1
d có 12 điểm phân biệt, trên
đường thẳng d
2
có n điểm phân biệt ( n 2 ). Biết rằng có 3.600 tam giác có đỉnh là các điểm đã cho. Tìm n thoả
mãn điều kiện.
b.Phndnhchobannõngcao.
CõuVIb(2,0 im).
1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho (E): 1
28
22
= +
yx
. Tìm bốn đỉnh hình chữ nhật nằm trên (E). Biết
hình chữ nhật này nhận hai trục tọa độ là hai trục đối xứng và có diện tích lớn nhất.

2. TrongkhụnggianvihtọaOxyzcho hình vuông ABCD, biết A(3; 0; 8), C )045( - - , đỉnh B có tung
độ dương và thuộc mặt phẳng (Oxy). Tìm tọa độ đỉnh D.
CõuVIIb(1,0im). Giải phương trình: 6416
24
2.
)2(4
2
2
12
+ =
+ + +
- +
+
x
xx
x
x
x
x
Cmntrangnguyenthi() gitiwww.laisac.page.tl
HNGDNCHM
Mụn:Toỏn
im
CõuI
(2im)
1.(1.0 )
*) Với m = -1 hàm số trở thành
1
2
+

+ -
=
x
x
y
1) TX: RD = \
{ }
1 -
2)Sbinthiờn:
ư Chiubinthiờn: 1,0
)1(
3
2
- ạ " <
+
-
= x
x
y ,
Hmsnghchbintrờn mikhong
( )
1 -Ơ - v
( )
1+Ơ .
ư Cctr:Hàm số không có cực trị.
ư Tiệm cận:
ư +Ơ =
+
+ -
= -Ơ =

+
+ -
=
+ + - -
- đ - đ - đ - đ
1
2
limlim,
1
2
limlim
)1()1()1()1(
x
x
y
x
x
y
xxxx
Do đó, đường thẳng
1 - =x
là tiệm cận đứng.
1
1
2
limlim - =
+
+ -
=
Ơ đ Ơ đ

x
x
y
xx
.
Do đó, đường thẳng 1 - =y là tiệm cận ngang.
ư Bngbinthiờn:
x ư Ơ ư1 +Ơ
y ư ư
y
ư1 +Ơ
ư Ơ ư1
3)th:
thhmsiquacỏcim (2 0), (02)
Vẽ đồ thị đúng chính xác thì cho điểm tối đa.
0,25
0,25
0,25
0,25
2. Ta có
+ phương trình AB: 01= + +yx ,
26 =AB
.
+ M(0; -1) là trung điẻm AB nên phương trình trung trực AB là d: 1 - =xy .
+ Do P, Q cách đều hai điểm A, B nên P, Q thuộc đường thẳng d.
+ Phương trình hoành độ giao điểm của d với đths (1): (*),03
2
= - - mxx với
1 - ạx
+ Tìm đkiện để d cắt đths (1) tại 2 điểm phân biệt P, Q là

2 ạm
+ Ta có P, Q thuộc d nên giả sử P babbQaa ạ - - ),1,(),1,( . Với a, b là hai nghiệm của (*)
+Theo định lí viet ta có
ợ
ớ
ỡ
- =
= +
3.ba
mba
+ Theo giả thiết diện tích tứ gác APBQ bằng 24 nên ta được PQ.AB = 48 mà 2.baPQ - =
Suy ra 164)(4
2
= - + = - abbaba 24
2
= ị = ị mm . So sánh đkiện ta được
2 - =m
.
0.25
0,25
0,25
0,25
CõuII
(2điểm)
1(1.0 )
ĐK : cosx ạ 1. Đưa về pt dạng:
cosxsinx(sinx+1)=(1ư cos x
2
)(1 + sinx)

cosxsinx(sinx + 1) = sin x
2
(1 + sinx)
0)sin)(cos1(sinsin = - + xxxx .
+)sinx=0suyracosx= 1 so sánh đk ta được

p p
kxx 21cos + = - =
+)
p
p

kxx 2
2
1sin + - = - = (tmđk)
+)
p
p

kxxxx + = = = -
4
1tan0sincos (tmđk).
Vậy phương trình có 3 họ nghiệm:
p
p
p
p
p p
kxkxkx + = + - = + =
4

,2
2
,2
0,25
0,25
0.25
0,25
2(1.0)
ĐK: 2x + y
0
. Từ phương trình ban đầu của hệ ta được:
0)124)(124(
1236
124
01)24()1236(
2
= + + - + +
+ + + +
- +
= - + + + + - + yxyx
yxyx
yx
yxyxyx
01)2(2
1236
1
)124( =
ỳ
ỳ
ỷ

ự
ờ
ờ
ở
ộ
+ + +
+ + + +
- + yx
yxyx
yx (*).
0,25
Do 2x + y
0
nên (*) tương đương với 1240124 = + = - + yxyx (1)
Biến đổi phương trình hai trong hệ ta được 04)24(242)1(
2
= - + + + - + yxxxxx (2).
Từ (1) và (2) ta được phương trình: 04242)1(
2
= - + + - + xxxx (3)
Xét hàm số 4242)1()(
2
- + + - + = xxxxxf trên R.
Ta có Rx
xx
xx
xx
xx
xxxf ẻ " > +
+ -

+ +
= +
+ -
- +
+ + - = 02
422
78
2
422
)14)(1(
42)(
2
2
2
2,
Suy ra hàm số f(x) đồng biến trên R mà 0)
2
1
( =f nên
2
1
=x là nghiệm duy nhất của (3)
Với )(
2
1
2
1
tmdkyx - = ị = . Thành thử hệ có nghiệm )
2
1

2
1
()( - =yx
0,25
0,25
0,25
CõuIII
(1im)
Biến đổi ta có dx
e
ee
I
x
xx
ũ
+
-
=
3ln2
2ln2
2
2
)1(
)1(
. Đặt
tdtdxeetet
xx
x
2

2
2
= ị = ị =
Đổi cận với 33ln222ln2 = ị = = ị = txtx
Ta được
ũ ũ ũ
+
+ - =
+
-
=
+
-
=
3
2
3
2
2
3
2
2
2
)
1
2
2(2
1
2
)1(

)1(
2 dt
t
tdt
t
tt
dt
t
tt
I
Suy ra
3
2
3
2
3
2
2
1ln44 + + - = tttI
Từ đó tính được
3
4
ln41+ =I
0,25
0,25
0,25
0,25
CõuIV
(1im)
* Tính thể tích hình chóp S.ABCD

Gọi I là trung điểm AB suy ra
IBC D
vuông cân tại I mà
2aBC = aDCADIAICIB = = = = = ị
Từ đó ta được
2
2
3
2
)(
a
ADABDC
S
ABCD
=
+
= (dvdt).
Gọi H là trung điểm BC do
SBC D
cân tại S ,BCSH ^ ị mà )()()( ABCDSHABCDSBC ^ ị ^ ,
theo giả thiết SA hợp với đáy một góc
0
45 suy ra góc SAH bằng
0
45
Ta có
ADC D
vuông cân tại D
2aAC = ị
Từ đó ta được

ACB D
vuông cân tại C
aCHACAH
2
5
22
= + = ị . Từ đó ta được aAHSH
2
5
= = . Vậy
3
.
4
10
.
3
1
aSSHV
ABCDABCDS
= =
* Tính khoảng cách giữa SA và BC theo a.
Trong mặt phẳng đáy ABCD dựng hình bình hành ABHP, từ H dựng APHQ ^ , trong (SHQ) ta dựng
SQHK ^ (1). Theo giả thiết ta có
SHAP ^
do đó ta được HKAPSHQAP ^ ị ^ )( (2). Từ (1) và (2)
ta được )(SAPHK ^ .
Mặt khác BC // AP nên d(BC, SA) = d(BC, (SAP)) = d(H, (SAP)) = HK.
0,25
0,25
0,25

Trong  SHQ D ta cã 
2 2 
. 
HQ SH 
HQ SH 
HK
+
= , trong ®ã  a SH 
2 
5
= . Trong h×nh b×nh hµnh ABHP ta cã 
2 2 
45 sin . . 
2 
1 
2 2 
0 
a 
S 
a 
BH AB S 
AHP ABH
= Þ = =
D
mµ 
2 
2 
, . 
2 
1  a 

BH AP AP HQ S 
AHP
= = =  2 a HQ = Þ .
Suy ra  a HK SA BC d 
3 
10 
) , ( = =
(Kh«ng vÏ h×nh hoÆc vÏ h×nh sai kh«ng chÊm ®iÓm) 
0,25
A
B
C
D
H
I
P
Q
K
S
* Theo bất đẳng thức bunhiacopki ta có
2
222222222
)
111
(9)
111
(39)
111
(33
1

1
1
1
1
1
cbacbacbacba
P + + - Ê + + - =
ỳ
ỷ
ự
ờ
ở
ộ
+ + - Ê - + - + - =
Từ gt ta có 1
2111
= + + +
abccabcab
(*). Ta có
2
)
111
(
3
1111
cbacabcab
+ + Ê + + ,
3
)
111

(
27
11
cbaabc
+ + Ê
Ta đặt
cba
t
111
+ + = thay vào (*) ta được
4
9
2
3
0)3)(32(027921
27
2
3
1
232332
+ - - + + tttttttt .
Suy ra
2
33
4
9
99
2
= - Ê - Ê tP .
Thành thử

2
33
=MaxP đạt được khi
2 = = = cba
1.(1điểm)
+) Phương trình cạnh AB : x + y 1 = 0,
22 =AB
.
+) Gọi M là trung điểm AB ta được M(2 ; -1) suy ra phương trình trung trực cạnh AB là d : y = x - 3
+) Gọi I là tâm đương tròn ngoại tiếp )3( - ị ẻ ị xxIdI
+) AI = R = 2 10344)1()3(
222
= ị = + - = - + - xxxxx hoặc x = 3.
0.25
0,5
0,25
0,25
TH1. Với x = 1 suy ra I(1 ; -2)
+) Phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là 4)2()1(
22
= + + - yx
+) Ta có toạ độ C thoả mãn pt : 4)2()1(
22
= + + -
CC
yx theo giả thiết 4)2(0
2
> + ị >
CC
yy

Do đó phương trình vô nghiệm suy ra không tồn tại toạ độ C.
0.25
TH2. Với x = 3 suy ra I(3 ; 0)
+) Pt đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là : 4)3(
22
= + - yx
+) Ta có
ờ
ở
ộ
- - =
- =
= - + = =
D
CC
CC
CCABC
xy
xy
yxABCdABS
3
5
414),(.
2
1
+) Với
ờ
ở
ộ
= ị =

ị =
ị = - + - ị - =
)(05
)23(3
4)5()3(5
22
loaiyx
Cx
xxxy
CC
C
CCCC
+) Với 4)3()3(3
22
= + + - ị - - =
CCCC
xxxy phương trình vô nghiệm
Thành thử ta có tọa độ điểm C thoả mãn C(3 ; 2)
0.5
CõuV
(1im)
Câu
VIa(2đ)
2. 1điểm
+) Do )(OxyC ẻ nên giả sử C(a ; b ; 0).
+) Ta có CA = CB suy ra : 21)1(1)3(
2222
= ị + + - = + + - ababa
0,25
Câu

VIIa.(1đ
+) Gọi I là trung điểm AB suy ra I(2; 0 0), CI = b
+) Do tam giác ABC cân tại C nên ta có : 442422.
2
1
.
2
1
= ị = = = =
D
bbbABCIS
CAB
+)Với a=2, b = -4 suy ra C(2; -4; 0)
+) Với a = 2, b = 4 suy ra C(2; 4; 0)
Thành thử có hai điểm C thoả mãn điều kiện bài toán.
+) Số tam giác có một đỉnh thuộc
1
d , hai đỉnh thuộc
2
d là:
2
.12
n
C
+) Số tam giác có một đỉnh thuôc
2
d , hai đỉnh thuộc
1
d là:
2

12
.Cn
+) Theo đề bài ta có: 600.3..12
2
12
2
= + CnC
n
+) Giải phương trình ta được n = 20 hoặc n = -30 (loại)
Thành thử n = 20 thoả mãn bài toán.
0,5
0,25
0,25
0,25
0,5
Câu
VIIb(2đ)
1.1điểm
+) Giả sử M(a; b) ẻ(E) 1
28
22
= + ị
ba
+) Theo giả thiết ta được diện tích hình chữ nhật là: baOyMdOxMdS .4),(2).,(2 = =
Theo bất đẳng thức Côsi ta có được Sba
baba
= + = .48
2
.
22

.2)
2
()
22
(1
22
Do đó
ợ
ớ
ỡ
=
=

ù
ợ
ù
ớ
ỡ
=
=

ù
ù
ợ
ù
ù
ớ
ỡ
= +
=

=
1
2
1
2
1
28
222
8
2
22
max
b
ba
b
ba
ba
ba
S
Thành thử có bốn điểm cần tìm thoả mãn bài toán là: (2; 1), (2; -1), (-2; 1), (-2; 1)
0,25
0,5
0,25
2.1điểm
+) Gọi I là giao điểm hai đường chéo suy ra I(-1; -2; 4), AC = 12
+) Điểm B có tung độ dương và thuộc mặt phẳng (Oxy) nên giả sử B(a;b; 0), (b > 0)
+) ABCD là hình vuông
ù
ợ
ù

ớ
ỡ
= + + + +
+ + + = + + -

ù
ợ
ù
ớ
ỡ
=
=
ị
3616)2()1(
)4()5(64)3(
4
1
22
2222
22
22
ba
baba
ACBI
BCBA
0,25
0,25
+) Giả hệ tìm được nghiệm
ợ
ớ

ỡ
=
=
2
1
b
a
hoặc
ù
ù
ợ
ù
ù
ớ
ỡ
< - =
=
)(0
5
14
5
17
loaib
a
Với a = 1, b = 2 ta được B(1; 2; 0) suy ra D(-3; -6; 8) là điểm cần tìm.
0,25
0,25
Cõu
VIIb
(1im)

ĐK:
ù
ợ
ù
ớ
ỡ
ạ + + +
ạ
024
0
2
xx
x
. Biến đổi phương trình ta được:
0)24(4)24(244
)24)(24(
)24.(2.4
)2(4
22
1
2
22
2
1
= - - + - - - + + =
- - + + + +
- - +
- + xxxxx
xxxx
xxx

x
x
x
0)24)(42(
2
1
= - - + - xx
x
+) Với
0
)2(4
2
24024
22
22
=
ợ
ớ
ỡ
+ = +
-
+ = + = - - + x
xx
x
xxxx
không thỏa mãn điều kiện.
+) Với
2
1
42042

11
= = = - x
xx
thỏa mãn điều kiện.
Thành thử phương trình đã cho có nghiệm
2
1
=x .
0.5
0,25
0,25
Chỳý: Nuhcsinhlmcỏchkhỏcỳngthỡcho imtiacõuú.