Tuyen tap de thi thu dai hoc 2014 mon toan laisac de93 2014

PHẦN CHUNG
Câu I: (2 điểm): Cho hàm số
2
1
x
y
x



1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.
2. Tìm điểm
( )M C
sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với hai tiệm cận của (C) một tam giác có chu vi bé
nhất.
Câu II: (2 điểm): Giải các phương trình:
1)
2
16sin 4cos4 3cos sinx x x x   2)
3 3
3
2 1 1 3 1x x x     .
Câu III: (1 điểm): Tính tích phân
4
2
0
(1 tan tan ).
x
I x x e dx

  



Câu IV: (1 điểm): Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có các mặt bên là hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F
lần lượt là trung điểm của các đoạn BC, A’C’, C’B’. Tính khoảng cách giữa DE và A’F.
Câu V: (1 điểm): Cho
 
, , 0;1x y z
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
( ) ( ) ( )A x y y z z x     
PHẦN RIÊNG
A. Theo chương trình chuẩn
Câu VIa: (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC . Điểm B(4 ; – 1) , đường cao AH có
phương trình là : 2x – 3y + 12 = 0 , trung tuyến AM có phương trình : 2x + 3y = 0 . Viết phương trình các
đường thẳng qua các cạnh tam giác ABC .
Câu VIIa: (1 điểm): Trong không gian Oxyz cho các điểm
   
1;1;0 , 0;0; 2A B 
và C(1;1;1). Hãy viết
phương trình mặt phẳng (P) qua hai điểm A và B, đồng thời khoảng cách từ C tới mặt phẳng (P) bằng 3
Câu VIIIa: (1 điểm):Tìm hệ số của số hạng chứa
6
x trong khai triển:
 
 
2
10
2
1 2 1x x x   thành đa thức.
B. Theo chương trình nâng cao

Câu VIb: (1 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng
5,5

và trọng tâm G thuộc đường thẳng d:
3 4 0x y  
. Tìm tọa độ đỉnh C.
Câu VIIb: (1 điểm): Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
( ):
1 1 2
x y z
d  
và
2
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
 
 

. Tìm tọa độ các điểm M thuộc
1
( )d
và N thuộc
2
( )d
sao cho đường thẳng MN song
song với mặt phẳng

 
: – 2012 0P x y z  
và độ dài đoạn MN bằng
2
.
Câu VIIIb: (1 điểm): Giải bất phương trình
2
4 2
1 1
( )
log ( 3 ) log (3 1)
x
x x x
 
 

SỞ
 
G
D 
& 
ĐT 
PHÚ 
YÊN 
ĐỀ 
THI 
THỬ 
TUYỂN 
SINH 
ĐẠI 

HỌC 
NĂM 
2013 
THPT 
Tr
ần
 
Quố
c 
T
u
ấ
n
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 

 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
Môn
: 
TOÁN; 

K
hố
i: 
A,
B
 
Thời 
gian 
làm 
bài:
 
180 
phút,
 
không
 
kể 
th
ời 
gian 
phát 
đề
Cảm ơn thầy Đào Văn Chánh (
) gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN THÁNG 01-2013
Câu Đáp án Điểm
Câu 1
Cho hàm số
2
1

x
y
x



2
I.1 Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. 1

 
\ 1D   ,
2
2
'
( 1)
y
x




0.25
Giải thích được TCĐ:
1x 
, TCN: 2y 
0.25
BBT, hàm số giảm trong các khoảng ( ;1),(1; ) 
0.25
Đồ thị 0.25
I.2

Tìm điểm
( )M C
sao cho tiếp tuyến của (C) tại M tạo với hai tiệm cận của (C) một tam giác có
chu vi bé nhất.
1

PTTT (d) của (C) tại
0
0 0
0
2
; ( )
1
x
M x C
x
 










 
là:
0

0
2
0 0
2
2
( )
( 1) 1
x
y x x
x x

  
 

0.25
Giao điểm A,B của (d) với TCĐ,TCN:
0
0
0
2 2
1; , (2 1;2)
1
x
A B x
x
 












 

0.25
Chu vi tam giác IAB:
2
2
0 0
0 0
4 4
2 1 4( 1) 4 2 4
1 1
p x x
x x
 



       






 
 

0.25
Dấu “=” xảy ra khi
0 0
0
4
2 1 1 2
1
x x
x
    


Vậy có 2 điểm M thỏa yêu cầu là :
1 2
(1 2;2 2), (1 2;2 2)M M   
0.25
II.1
Giải các phương trình:
2
16sin 4cos4 3cos sinx x x x  
1

2 2 2
16sin 4cos4 8 8cos 2 4 8cos 2 8cos2 4 2,x x x x x x          
0.5
3cos sin 3 1 2,x x x      
0.25

Vậy PT tương đương
2
1
cos2
8cos 2 8cos 2 4 2
2
2
6
3 cos sin 2
sin 1
3
x
x x
x k
x x
x










  




   
 
 
 
 

 


 






 



0.25
II.2
3 3
3
2 1 1 3 1x x x    
1

Đặt
3 3
2 1, 1u x v x    , PT

3 3
3
3 ( ) 1u v u v uv u v       
0.25
Lại có
3 3
2 (2 1) 2( 1) 1u v x x      nên
3 3
( ) 2uv u v u v  
0.25
3 2
2 0 2
u u
t t t t t
v v
 


        




 

0.25
Giả1 được
7
6
x 

0.25
III
Tính
4
2
0
(1 tan tan ).
x
I x x e dx

  


1

4 4 4
2 2
1 2
0 0 0
(1 tan tan ). (1 tan ). tan .
x x x
I x x e dx x e dx x e dx I I
  
       
  
.
0.25
Xét
4 4 4

2 / /
4
4
1 2
0
0 0 0
(1 tan ). (tan ) . tan . tan .( )
x x x x
I x e dx x e dx x e x e dx e I
  


      
  

0.5
KẾT LUẬN
4
I e



0.25
IV
Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có các mặt bên là hình vuông cạnh a. Gọi D, E, F lần lượt là
trung điểm của các đoạn BC, A’C’, C’B’. Tính khoảng cách giữa DE và A’F.
1


Chứng minh được lăng trụ đã cho là lăng trụ

đều.
0.25
Gọi G là trung điểm C’E. ta có A’F//(DEG)
nên
( ' , ) ( ' ,( ))
( ,( ))
d A F DE d A F DEG
d F DEG



0.25
Dựng
( )FH DG H DG 
. Chứng minh
được rằng FH(DEG), hay khoảng cách cần
tìm là FH
0.25
Tính được
17
a
FH 
rồi kết luận
0.25
V Cho
 
, , 0;1x y z 
. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
2 2 2
( ) ( ) ( )A x y y z z x      1

Vì , ,x y z có vai trò như nhau nên không mất tính tổng quát, ta có thể giả sử x y z  . Đặt
   
, , 0;1 ; ( ) ( ) 0;1x y a y z b a b x z x y y z a b             
.
0.25
Lúc đó biểu thức A trở thành
2 2 2
( )A a b a b    . Ta có
2 2 2 2 2
( ) 2( ) 2 2( ) 2A a b a b a b ab a b         
0.25
Dấu bằng xảy ra khi
0 1 0
1, 0 1, 0
1 0 1
ab a a
x y z x y z
a b b b
  
  
         
  
   
  

0.25
KL: giá trị lớn nhất của A là 2, đạt được khi
1, 0 1, 0x y z x y z      
và các hoán vị của

nó
0.25
PHẦN RIÊNG (CHUẨN)
VIa
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC . Điểm B(4 ; – 1) , đường cao AH có phương trình là :
2x – 3y + 12 = 0 , trung tuyến AM có phương trình : 2x + 3y = 0 . Viết phương trình các đường thẳng
qua các cạnh tam giác ABC .


Dễ thấy tọa độ điểm
( 3;2)A 
. Lúc đó, phương trình đường thẳng AB là
3 7 5 0x y  
và đường
thẳng chứa cạnh BC là
3 2 10 0x y  
(BC là đường thẳng qua B và vuông góc với AH).
0.5
Từ đó suy ra tọa độ điểm M (là trung điểm đoạn BC) là (giao điểm của BC và AM)
(6; 4)M 
và C
là đối xứng của B qua M. Suy ra tọa độ
(8; 7)C 
. Từ đó viết được phương trình đường thẳng AC.
0.5
VIIa
•Gọi ( ; ; ) 0n a b c 
 
là véctơ pháp tuyến của (P).Vì (P) qua
 

1 ;1 ;0A 

pt (P):
   
1 1 0a x b y cz    
. (P) qua
 
0;0; 2B 

2 0 = 2a b c b a c      . Ta có PT (P):
 
2 2 0ax a c y cz c    

0.25

2 2
2 2 2
2
( ,( )) 3 3 2 16 14 0
7
( 2 )
a c
a c
d C P a ac c
a c
a a c c





       


  


0.5
KẾT LUẬN hai mặt phẳng
 
: 2 0P x y z   
và
 
:7 5 2 0P x y z   

0.25
VIIIa Cho khai triển:
 
 
2
10
2 2 14
0 1 2 14
1 2 1 x x x a a x a x a x        .
6
a
=?. 1

• Ta có
4
3

)12(
4
1
1
22
 xxx
nên
 
10121422
10
)21(
16
9
)21(
8
3
)21(
16
1
)1(21 xxxxxx 

0.25

Trong khai triển
 
14
21 x hệ số của
6
x
là:

6
14
6
2 C

Trong khai triển
 
12
21 x hệ số của
6
x
là:
6
12
6
2 C

Trong khai triển
 
10
21 x hệ số của
6
x
là:
6
10
6
2 C
0.5
G

F
E
D
A
C
B
C'
A'
B'
H

• Vậy hệ số
.417482
16
9
2
8
3
2
16
1
6
10
66
12
66
14
6
6
 CCCa

0.25
PHẦN RIÊNG (NÂNG CAO)
VIb
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC biết A(1;-1), B(2;1), diện tích bằng
5,5
và trọng
tâm G thuộc đường thẳng d:
3 4 0x y  
. Tìm tọa độ đỉnh C
1

• Gọi tọa độ của điểm
)
3
;
3
1();(
CC
CC
yx
GyxC 
. Vì G thuộc d
)33;(3304
33
13 








CCCC
CC
xxCxy
yx

•Đường thẳng AB qua A và có véctơ chỉ phương
)2;1(AB
032:  yxptAB

0.25
5
11
5
3332
5
11
);(
2
11
);(.
2
1




CC

ABC
xx
ABCdABCdABS
17
5 6 11 1,
5
C C C
x x x      

0.5
TH1:
)6;1(1  Cx
C
, TH2:
17 17 36
;
5 5 5
C
x C
 


  




 
.
0.25

VIIb
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai đường thẳng:
1
( ):
1 1 2
x y z
d  
và
2
1 1
( ):
2 1 1
x y z
d
 
 

. Tìm tọa độ các điểm M thuộc
1
( )d
và N thuộc
2
( )d
sao cho
đường thẳng MN song song với mặt phẳng
 
: – 2012 0P x y z  
độ dài đoạn MN
bằng
2

.
1

1 2
, ( ), ( )M N d d
nên ta giả sử
1 1 1 2 2 2 1 2 1 2 1 2
( ; ; 2 ), ( 1 2 ; ;1 ) ( 2 1; ;2 1)M t t t N t t t NM t t t t t t         


0.25
MN song song mp(P) nên:
1 2 1 2 1 2
. 0 1.( 2 1) 1.( ) 1(2 1) 0
P
n NM t t t t t t         
 

2 1 1 1 1
( 1; 2 ;3 1)t t NM t t t       

.
0.25
Ta có:
2 2 2 2
1 1 1 1 1
4
2 ( 1) (2 ) (3 1) 2 7 4 0 0,
7
MN t t t t t t t             

.
0.25
Suy ra:
(0; 0; 0), ( 1; 0;1)M N 
hoặc
4 4 8 1 4 3
; ; , ; ;
7 7 7 7 7 7
M N
   

   
   
.
+ Kiểm tra lại thấy cả hai trường hợp trên không có trường hợp nào
( ).M P

0.25
VIIIb
Giải bất phương trình
 
2
4 2
1 1
;
log ( 3 ) log (3 1)
x
x x x
 
 


1

ĐK:
2
3 0
0 3 1
3 13 1 2
2 3 3
0 3 1 1
1 2
3 3
x x
x x
x x
x
x



  






  
 


 
    
 
 
  
 




 





0.25
Với đk đó thì
2 2
4 2
2
3 1 log ( 3 ) 0 log (3 1) 0
3
x x x x x x         

0.25
PT đã cho
2 2 2
2 4
1

log (3 1) log ( 3 ) (3 1) ( 3 ) 1
8
x x x x x x x          

0.25
Kết hợp với điều kiện trên ta có đáp số:
2
;1
3
S
 









0.25
HẾT

Cảm ơn thầy Đào Văn Chánh (
) gửi tới www.laisac.page.tl