Đây là một bộ đề thi gồm 20 bộ đề luyện thi đại học môn Toán được tuyển chọn kĩ càng, có chất lượng cao, giúp các em học sinh lớp 12 củng cố và nâng cao kiến thức và luyện thi môn toán học. Bên dưới mỗi đề được kèm theo đáp án và thang điểm chấm chi tiết không những giúp các thầy cô có căn cứ để hướng dẫn và giảng dạy cho học sinh mà còn giúp cho các em tự học, tự kiểm tra và so sánh đối chiếu kết quả làm bài của mình khi không có sự trợ giúp của các thầy cô giáo. Hy vọng bộ đề thi sẽ giúp ích cho các thầy cô trong việc bồi dưỡng HSG và giúp các em học sinh lớp 12 học tập tốt bộ môn toán lớp 12 và luyện thi đại học đạt kết quả tốt.
Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) Đề số 1: GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 1 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho 9OA OB= . Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: 2 2 sin 3 cos2 sin 0x x x+ = 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 ( , ) xy x y x y x y x y x y + + = + ∈ + = − ¡ Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 4 8 cot tan sin 2 cos 2 4 x x I dx x x π π π − = − ÷ ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a = , 3AC a= , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC). Câu V (1,0 điểm) Cho hệ bất phương trình: 2 2 2 2 5log 8log .log 8log 1 1 3log 8log .log 4log 2 1 x x y y m x x y y m − − ≥ + − + ≤ + ( , )x y + ∈¡ Định m để hệ bất phương trình đã cho có nghiệm. 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4 = 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 5 2 và điểm A có hoành độ dương. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng 1 1 3 1 ( ) : 2 1 1 x y z d + − − = = , 2 3 1 ( ): 3 1 1 x y z d + + = = − . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng (d 1 ), (d 2 ), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2 2z i− + = và 1 1 z z i + = + . B. Theo chương trình Nâng cao 1 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2 5 0x y∆ − + = và đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 5 0C x y x y+ − + − = . Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn 2 5AB = . 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 6 5 0S x y z x y z+ + + − − + = . Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: 2 2 2 3 10 4 2 2 4 2 16 0 x x x x x x− − − − + + + − − = . ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ SỐ 1 Câu 1:Cho hàm số 2 1 1 x y x − = − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: { } 2 1 \ 1 , ' 0, ( 1) y x x − = = < ∀ ∈ − ¡D D Hàm số nghịch biến trên các khoảng: ( ;1)−∞ và (1; )+ ∞ Giới hạn và tiệm cận: 1 1 lim ; lim x x y y − + → → = −∞ = +∞ ⇒ tiệm cận đứng: x = 1 lim lim 2 x x y y →+∞ →−∞ = = ⇒ tiệm cận ngang y = 2 Bảng biến thiên: Đồ thị: Đi qua các điểm ( ) 1 ; 0 , 0; 1 2 ÷ và nhận giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng. 2.Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết rằng tiếp tuyến cắt các trục x’Ox, y’Oy lần lượt tại A, B sao cho 9OA OB= Gọi α là góc tạo bởi tiếp tuyến với trục x’Ox thì từ giả thiết OA = 9OB ta suy ra hệ số góc của tiếp tuyến được tính bởi 1 9 OB k OA = ± = ± ⇒ hoành độ tiếp điểm là nghiệm của pt: y’ = k hay: 2 2 2 1 1 ( ) 4 ( 1) 9 ( 1) 9 1 1 2 ( 1) 9 x x x x x − = = − ⇔ − = ⇔ − = − = − − VN , (4) ( 2) 7 5 , 3 3 y y − = = 2 x y’ −∞ +∞ y 1 − − +∞ 2 −∞ 2 • • • • • • 1 2 1 1 2 0 x y Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) + Với 1 9 k = − và tiếp điểm 7 4; 3 ÷ , ta có pt tiếp tuyến: ( ) 1 7 1 25 4 hay 9 3 9 9 y x y x= − − + = − + + Với 1 9 k = − và tiếp điểm 5 2; 3 − ÷ , ta có pt tiếp tuyến: ( ) 1 5 1 13 2 hay 9 3 9 9 y x y x= − + + = − + Câu 2: 1. Giải phương trình: 2 2 sin 3 cos2 sin 0x x x+ = Pt tương đương: 2 2 3 2 2 sin 3 cos2 sin 0 (3sin 4sin ) cos 2 sin 0x x x x x x x+ = ⇔ − + = 2 2 2 sin (3 4sin ) cos 2 1 0x x x ⇔ − + = { } 2 [3 2(1 cos 2 )] cos 2 1 0x x⇔ − − + = ( ) 2 2 2 3 2 sin (1 2cos 2 ) cos 2 1 0 sin 4cos 2 4cos 2 cos 2 1 0x x x x x x x ⇔ + + = ⇔ + + + = ( ) ( ) 2 2 sin cos 2 1 4cos 2 1 0x x x⇔ + + = 2 sin 0 cos2 1 ( ) 2 4cos 2 1 0 (VN) x x k x k x k x π π π = = ⇔ = − ⇔ ∈ = + + = ¢ Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: 2 2 2 2 1 (1) (2) xy x y x y x y x y + + = + + = − Điều kiện: x + y > 0 Đặt u = x + y, u > 0 và v = xy. Pt (1) trở thành: 2 3 2 2 1 2 2 0 v u v u u uv v u − + = ⇔ − − + = 2 1 ( 1)[ ( 1) 2 ] 0 2 0 u u u u v u u v = ⇔ − + − = ⇔ + − = TH1: Với u = 1 hay x + y = 1 (thỏa đk), thay vào 2 được: 2 2 1 1 (1 ) 2 0 2 x x x x x x = = − − ⇔ + − = ⇔ = − 1 0; 2 3x y x y= ⇒ = = − ⇒ = TH2: Với 2 2 0u u v+ − = hay 2 2 2 ( ) 2 0 0x y x y xy x y x y+ + + − = ⇔ + + + = ⇒ vô nghiệm do đk Vậy hệ pt có 2 nghiệm (1; 0); (−2; 3). Câu 3: Tính tích phân: 4 8 cot tan sin 2 cos 2 4 x x I dx x x π π π − = − ÷ ∫ 2 2 4 4 8 8 cos sin cot tan sin .cos sin 2 cos 2 sin 2 cos 2 .cos sin 2 .sin 4 4 4 x x x x x x I dx dx x x x x x π π π π π π π − − = = − + ÷ ÷ ∫ ∫ ( ) 4 4 2 8 8 cot 2 cot 2 1 2 2 2 2 . sin 2 cos 2 sin 2 1 cot 2 sin 2 x x dx dx x x x x x π π π π = = + + ∫ ∫ Đặt 2 2 2 1 1 cot 2 sin 2 2 sin 2 t x dt dx dt dx x x = ⇒ = − ⇒ − = . Đổi cận: 1; 0 8 4 x t x t π π = ⇒ = = ⇒ = 0 1 1 2 2 . 1 2 t I dt t = − ÷ + ∫ 1 1 0 0 1 2 2 1 1 1 t dt dt t t = = − ÷ + + ∫ ∫ ( ) ( ) 1 0 2 ln 1 2 1 ln 2t t= − + = − 3 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) Câu 4: Cho lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB a = , 3AC a= , hình chiếu vuông góc của A’ trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC và góc giữa AA’ tạo với mặt phẳng (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ và khoảng cách từ B’ đến mặt phẳng (A’BC). Giải : Gọi M là trung điểm BC. Từ giả thiết ta có: · 0 2 2 2 , ; ' 60 3 3 a BC a AG AI A AG= = = = 0 2 3 ' .tan60 3 a A G AG⇒ = = Thể tích V của khối lăng trụ được tính bởi: 3 1 1 2 3 . ' . . ' . 3. 2 2 3 ABC a V S A G AB AC A G a a a= = = = (đvtt) Dựng AK ⊥ BC tại K và GI ⊥ BC tại I ⇒ GI // AK 1 1 1 . 1 . 3 3 . 3 3 3 3 2 6 GI MG AB AC a a a CI AK AK MA BC a ⇒ = = ⇒ = = = = Dựng GH ⊥ A’I tại H (1) Do: (2) ' BC GI BC GH BC A G ⊥ ⇒ ⊥ ⊥ . Từ (1) và (2) ⇒ GH ⊥ (A’BC) Mặt khác nhận thấy AB’ cắt mp(A’BC) tại N là trung điểm của AB’. Từ đó [ ', ( ' )] [ , ( ' )] 3 [ , ( ' )] 3d B A BC d A A BC d G A BC GH= = = 2 2 2 2 2 3 3 3. . ' . 3. ' . 6 2 51 3 6 3. ' 17 51 ' 12 3 9 36 a a A G GI A G GI a a A I A G GI a a = = = = = + + Câu 5: Cho hệ bất phương trình: 2 2 2 2 5log 8log .log 8log 1 1 3log 8log .log 4log 2 1 x x y y m x x y y m − − ≥ + − + ≤ + ( , )x y + ∈¡ Đặt log , logu x v y= = , hệ pt trở thành: 2 2 2 2 2 2 2 2 5 8 8 1 5 8 8 1 1 2 2 3 8 4 6 16 8 2 1 2 1 u uv v u uv v m m u uv v u uv v m m − − ≥ − + + ≤ − ⇔ + + − + ≤ − + ≤ + + (*) Giả sử hệ có nghiệm 0 0 ( ; )x y 0 0 0 0 log log u x v y = ⇒ = là nghiệm của hệ pt (*), hay ta có hệ bất đẳng thức đúng sau: 2 2 0 0 0 0 2 2 0 0 0 0 5 8 8 1 2 2 6 16 8 2 1 u u v v m u u v v m − + + ≤ − + − + ≤ + . Cộng vế theo vế các bất đẳng thức trên được: ( ) 2 0 0 1 4 2 1 u v m − ≤ + ⇒ ĐK cần để hệ có nghiệm là 1 2 1 0 hay 2 m m+ > > − Xét ĐK đủ: Với 1 2 m > − , ta có: 2 2 1 1 1 2 1 2 1 m m m + = + > + + . Suy ra để hệ bất pt đã cho có nghiệm x, y ta chỉ cần c/m hệ bất pt (*) có nghiệm u, v hay hệ pt sau có nghiệm u, v là đủ: 2 2 2 2 5 8 8 1 (**) 6 16 8 1 u uv v u uv v − + + = − − + = 4 N I C' B' M A B C A' G K H Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) Ta có 2 2 2 2 10 10 4 , 5 8 8 1 5 20 (**) 1 ( 4 ) 0 10 10 40 , 5 20 u v u v u uv v v u v u v = = = − + + = − ⇔ ⇔ ⇔ = − = = − = − ⇒ đpcm Vậy 1 2 m > − là đáp số của bài toán Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A, phương trình AB: x + 2y – 4 = 0, BC: 3x + y – 7 = 0. Tìm tọa độ các đỉnh A và C, biết rằng diện tích tam giác ABC bằng 5 2 và điểm A có hoành độ dương. Nhận xét: Góc giữa hai đường thẳng BC và AB là 45 0 và ∆ABC cân tại A nên ∆ABC vuông cân tại A A ∈ AB ⇒ A(4 − 2a; a); C ∈ BC ⇒ C(c; 7 − 3c) (2 4; 3 7)AC a c a c= + − − − + uuur , vtcp của AB là 1 (2; 1)u = − r 1 . 0 3AC u c a= ⇔ = − uuur r (1) Tọa độ B là nghiệm hệ phương trình 2 4 0 2 3 7 0 1 x y x x y y + − = = ⇔ + − = = ⇒ B(2;1) Diện tích tam giác ABC: 2 1 5 2 2 ABC S AB= = ⇔ 2 2 2 0 (2 2) (1 ) 5 2 0 2 a a a a a a = − + − = ⇔ − = ⇔ = . Do x A > 0 nên chỉ nhận a = 0 ⇒ c = 3. Suy ra A(4; 0) và C(3;−2) 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng (P): x − y + 2z + 5 = 0 và hai đường thẳng 1 1 3 1 ( ) : 2 1 1 x y z d + − − = = , 2 3 1 ( ) : 3 1 1 x y z d + + = = − . Viết phương trình đường thẳng ∆ cắt cả hai đường thẳng (d 1 ), (d 2 ), song song với (P) và cách (P) một khoảng bằng 6 . Gọi M, N lần lượt là giao điểm của ∆ với (d 1 ) và (d 2 ) 1 1 1 2 2 2 ( 1 2 ;3 ;1 ), ( 3 3 ; ; 1 )M t t t N t t t− + + + − + − − + Ta có: 2 1 2 1 2 1 (3 2 2; 3; 2)MN t t t t t t= − − − − − − − uuuur và vtpt của (P) (1; 1; 2)n = − r + ∆ // (P) nên: 2 1 2 1 2 1 2 1 . 0 3 2 2 3 2 2 4 0 6 3 3 0MN n t t t t t t t t= ⇔ − − + + + + − − = ⇔ − − = uuuur r 1 2 2 1t t⇔ = − (1) 2 2 2 3 3 2 2 5 [ , ( )] 6 [ , ( )] 6 6 6 t t t d P d M P − + + − + + ∆ = ⇔ = ⇔ = 2 2 1 1t t⇔ = ⇔ = ± 2 1 2 1 1 1; 1 3t t t t= ⇒ = = − ⇒ = − Với 1 2 1t t= = , ta có 1 4 2 (1; 4; 2), (1; 5; 2) pt : 1 5 2 x y z M MN − − − = ⇒ ∆ = = uuuur Với 1 2 3 1 t t = − = − , ta có 7 ( 7; 0; 2), (1; 1; 0) pt : ( ) 2 x t M MN y t t z = − + − − = ⇒ ∆ = ∈ = − uuuur ¡ Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 2 2z i− + = và 1 1 z z i + = + .Giả sử ,( , )z x yi x y= + ∈¡ . Từ giả thiết ta có: 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 2) 2 2 ( 2) ( 2) 8z i x y i x y− + = ⇔ − + + = ⇔ − + + = 2 2 2 2 1 1 ( 1) (1 ) ( 1) (1 ) z x yi x y i x y x y x y z i + = ⇔ + + = + − ⇔ + + = + − ⇔ = − + 5 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) Ta được hệ: 2 2 2 4, 4 ( 2) ( 2) 8 ( 2) 4 0, 0 x y x y x x y y x y x = = − − + + = − = ⇔ ⇔ = = = − = − Vậy 4 4 ; 0z i z= − = Câu 6b: 1.Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường thẳng : 2 5 0x y∆ − + = và đường tròn 2 2 ( ) : 2 4 5 0C x y x y+ − + − = . Qua điểm M thuộc ∆, kẻ hai tiếp tuyến MA, MB đến (C) (A, B là các tiếp điểm). Tìm tọa độ điểm M, biết độ dài đoạn 2 5AB = . +M ∈ ∆ ⇒ M(2m − 5; m); (C) có tâm I(1; −2), bán kính 10R = Gọi H là trung điểm AB ⇒ 5AH = và AH ⊥ MI Tam giác AIM vuông tại A có AH là đướng cao nên: 2 2 2 2 1 1 1 1 1 1 10 5 10 AM AH AM AI AM = + ⇔ = + ⇒ = và 2 2 2 5IM IA MA= + = 2 20IM⇒ = ⇔ 2 2 2 (2 6) ( 2) 20 4 4 0 2m m m m m− + + = ⇔ − + = ⇔ = Câu 6b: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(2; 1; 0), B(1; 1; −1), C(3; 3; 1) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 6 6 5 0S x y z x y z+ + + − − + = . Tìm tọa độ điểm M trên (S) sao cho M cách đều ba điểm A, B, C. Giả sử M(x; y; z). M cách đều A, B, C nên: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ( 2) ( 1) ( 1) ( 1) ( 1) hay ( 2) ( 1) ( 3) ( 3) ( 1) AM BM x y z x y z AM CM x y z x y z = − + − + = − + − + + = − + − + = − + − + − 1 3 ( ) 2 7 1 x t x z y t x y z z t = + = ⇔ ⇔ = ∈ + + = = − ¡ M ∈ (S) nên 2 2 2 3 3 3 9 (1 ) 2 18 6 6 5 0 2 6 9 0 2 t t t t t t t − ± + + − + − − + + = ⇔ + − = ⇔ = Suy ra 3 3 3 5 3 3 ; 3; 2 2 M − + − ÷ ÷ hoặc 3 3 3 5 3 3 ; 3; 2 2 M − − + ÷ ÷ Câu 7b: Giải phương trình: 2 2 2 3 10 4 2 2 4 2 16 0 x x x x x x− − − − + + + − − = .Phương trình tương đương: 2 2 2 2 2 2 3 10 2 2 8 2 3 14 2 2 12 2 2 2 2 16 0 2 2 2 1 0 x x x x x x x x x x x x− − − − + + − − − − + − + − − = ⇔ + − − = 2 2 2 2 2 12 2 2 2 12 (2 1)(2 1) 0 2 1 0 x x x x x x− − + − − − ⇔ − + = ⇔ − = 2 2 2 12 0 2 2 2 2 2 2 12 0 3 x x x x x x − − = − ⇔ = ⇔ − − = ⇔ = Đề số 2: GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 2 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : 6 H I B M A Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 2014 (kèm đáp án chi tiết) Câu I ( 2,0 điểm )Cho hàm số = − + − + 3 2 3 ( 4) ,y x x m x m m laø tham soá (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 4. 2. Chứng minh đồ thị (1) luôn cắt trục hoành tại điểm A cố định với mọi m. Tìm m để đồ thị (1) cắt trục hoành tại ba điểm A, B, C phân biệt sao cho + + = 1 1 0, A B C k k k trong đó , , A B C k k k lần lượt là hệ số góc tiếp tuyến của đồ thị (1) tại A, B, C. Câu II ( 2,0 điểm) 1. Giải phương trình ( ) ( ) ( ) + − = + 1 sin 5 2sin 3 2sin 3 cos x x x x . 2. Giải phương trình + + = − − + + 2 2 1 3 1 2 1x x x x x . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân + + = + ∫ 1 7 4 2 3 2 3 1 26 3 1x x I dx x x x . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật ; tam giác SAB vuông cân tại S. Gọi H là trung điểm của đoạn thẳng AB, các mặt phẳng (SHC), (SHD),(ABCD) đôi một vuông góc. Biết = 3SC a , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a. Tính góc hợp bởi hai mặt phẳng (SAD) và (SDC). Câu V (1,0 điểm) Cho x,y là các số thực thoả mãn : 1 22 =+− yxyx .Tìm giá trị lớn nhất ,nhỏ nhất của biểu thức 1 1 22 44 ++ ++ = yx yx P PHẦN RIÊNG ( 3,0 điểm ). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần ( A hoặc B ) A.Theo chương trình chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có đường phân giác trong của góc · ABC đi qua trung điểm của cạnh AD và có phương trình − + =2 0x y ; đỉnh D nằm trên đường thẳng có phương trình x+y-9=0. Biết điểm E(-1;2) nằm trong đoạn thẳng AB và đỉnh B có hoành độ âm. Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho 3 đường thẳng 1 2 2 1 : 2 1 2 x y z d − + + = = − ; 2 3 1 1 1 2 : ; : 1 2 1 1 1 2 x y z x y z d d − + − − = = = = − . Chứng minh d 2 và d 3 chéo nhau. Viết phương trình đường thẳng ∆ vuông góc với d 1 ,cắt d 2 và d 3 tại hai điểm A, B sao cho 3AB = Câu VII.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn + = +1z z i và + 1 z z là số thực B. Theo chương trình nâng cao C. Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho elíp + = 2 2 ( ): 1 9 5 x y E . Gọi 1 2 ,F F là các tiêu điểm của (E) Tìm tọa độ điểm M trên (E) sao cho bán kính đường tròn nội tiếp tam giác 1 2 MF F bằng 2 5 . 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) + − + =: 3 14 0P x y z . Viết phương trình mặt cầu (S) tiếp xúc với (P) và đi qua hai điểm A(1;3;2), B(-3;1;4). Viết phương trình mặt phẳng (Q) qua A,B và cắt (S)theo một đường tròn có diện tích bé nhất. 7 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết) Câu VII.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 2 2 2 3 2 2012 2011 2012 3log ( 2 6) 2log ( 2) 1 − + = + + + = + + + y x x y x y x y . ĐÁP ÁN ĐỀ 2 Câu 1: 3 2 4 3 4Với m ta có y x x= = − + 1 0 . Tập xác đònh ¡ 2 0 . Sự biến thiên: Giới hạn ( ) ( ) →+∞ →+∞ →+∞ →−∞ →−∞ →−∞ = − + = − + = +∞ = − + = − + = −∞ ÷ ÷ 3 2 3 3 2 3 3 3 1 4 1 4 lim lim 3 4 lim 1 , lim lim 3 4 lim 1 x x x x x x y x x x y x x x x x x x • Bảng biến thiên: 2 2 0 ' 3 6 ; ' 0 3 6 0 2 x y x x y x x x = = − = ⇔ − = ⇔ = x - ∞ 0 2 + ∞ y’ + 0 - 0 + y 4 + ∞ - ∞ 0 3 0 . Đồ thò • Đồ thò cắt trục hoành tại các điểm (-1;0) và (2;0) • Đồ thò cắt trục tung tại điểm (0;4) • y’’= 6x-6; y’’= 0 khi x=1. Vậy tâm đối xứng của đồ thò là I(1;2) 4 2 -2 5 O I Câu 1: 2, Phương trình hoành độ giao điểm là ( ) ( ) 3 2 2 2 1 0 3 ( 4) 0 1 4 0 4 0(1) x x x m x m x x x m x x m + = − + − + = ⇔ + − + = ⇔ − + = Ta thấy đồ thò luôn cắt trục Ox tại điểm A(-1;0) với mọi giá trò của m • Để đồ thò của hàm số cắt trục Ox tại ba điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt khác -1 hay 4 0 4 5 0 5 m m m m − > < ⇔ + ≠ ≠ − Gọi 1 2 1 2 1 2 4 , là hai nghiệm của phương trình (1), theo đònh lý Viet ta có x x x x x x m + = = 8 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết) ( ) ( ) = + = − + − = − + − + + + = − + − − + − − + − + − + − ⇔ + + 1 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 1 2 2 Khi đó x , là hoành độ của B và C, hệ số góc tại A,B,C sẽ là 5; 3 6 4; 3 6 4 1 1 Theo giả thiết ta có 5 0 3 6 4 3 6 4 3 6 4 3 6 4 5 A B C x k m k x x m k x x m m x x m x x m x x m x x m m ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) − = ⇔ + + = − + − + − − + − = − ⇔ + − = ⇔ + = ⇔ + = − 2 2 1 1 2 2 2 4 4 0 5 0 4 4 5 3 6 4 3 6 4 4 1 5 0 5 1 Đối chiếu điều kiện ta có m=-6 hoặc m=-4 5 6 m m m m x x m x x m m m m m m Câu 2: 1, : cos 0 , 2 ĐK x x k k π π ≠ ⇔ ≠ + ∈Z ( ) ( ) ( ) + − = ⇔ + − = + + 2 1 sin 5 2sin 3 5 3sin 2sin 3sin2 3 3 cos 2sin 3 cos x x x x x x x x ⇔ ( ) ( ) π π − + − + = ⇔ + − + + = ÷ ÷ cos2 3sin2 3 sin 3cos 4 0 cos 2 3cos 2 0 3 6 x x x x x x π π π π π π π π π π = − + + = ÷ ⇔ + − + + = ⇔ ⇔ = + ∈ ÷ ÷ + = ÷ = − + 2 2 6 cos 1 6 2cos 3cos 1 0 2 , 6 6 6 1 cos 6 2 2 2 x k x x x x k k x x k Z π π = ± + ∈Đối chiếu điều kiện ta có các nghiệm 2 , 6 x k k Z Câu 2: 2, 2 : 3 1 0ĐK x x− − ≥ ( ) ( ) ( ) ( ) + + = − − + + ⇔ + + − − − − + = + − + = ⇔ + − = ÷ ÷ + + + − − + + + − − + = = − ⇔ + + + − − = + + + − − = = − 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 1 3 1 2 1 (1) 1 3 1 2 1 0 4 2 2 2 1 0 2 1 1 0 1 3 1 1 3 1 1 2 1 0 2 1 3 1 2 1 3 1 2 (2) 1 Ta thấy là một nghiệm của phươ 2 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x ( ) ( ) ( ) ( ) + + = − − + + ⇒ + + = + + + + − − = − + ≥ ≥ − − ⇒ ⇒ ⇒ = = − = + + = + + + = + 2 2 2 2 2 2 2 2 2 ng trình (1) 1 3 1 2 1 Từ (1) và (2) ta có hệ 2 1 2 3 1 3 1 2 3 2 3 0 5 1 5 2 Thử lại ta có các nghiệm ; 8 2 8 4 1 2 3 4 1 2 3 x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x x Câu 3: 9 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 2014 (kèm đáp án chi tiết) ( ) ( ) + + + = = + = + + + + + + ∗ = = = + = + + ∗ = = − + = − + ÷ + + ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ ∫ 1 1 1 7 7 7 4 2 4 2 1 2 3 3 3 2 3 2 3 2 3 1 1 1 26 26 26 1 1 3 7 7 2 2 3 3 1 3 3 3 3 1 1 26 26 1 1 7 7 2 3 2 1 1 3 3 2 2 26 26 3 1 3 1 1 3 1 3 123 7 2 364 1 26 1 1 1 1 1 3 1 1 1 2 4 1 1 1 1 x x x x I dx dx dx I I x x x x x x x x x d x x x Tính I dx x x x x x x Tính I dx d x x x x = ÷ = 2 3 2 1 15 7 4 1 26 322 . 91 x Vậy I Câu 4: G F E H A B D C S 0 2 Như vậy góc giữa hai mặt phẳng (SAD) và (SCD) là góc giữa HG và HF, ta có HFG có HF= ; 2 2 2 HG= ; ta thấy HGF đều nên góc giữa (SAD) và (SCD) bằng 60 2 2 a a a GF ∆ = ∆ Câu 5: Tõ gi¶ thiÕt suy ra: 2 2 2 1 2 ;1 ( ) 3 3x xy y xy xy xy x y xy xy= − + ≥ − = = + − ≥ − Tõ ®ã ta cã 1 3 1 ≤≤− xy . M¨t kh¸c xyyxyxyx +=+⇔=+− 11 2222 nªn 12 2244 ++−=+ xyyxyx .§Ỉt t=xy Vậy bµi to¸n trë thµnh t×m GTLN,GTNN cđa 1 3 1 ; 2 22 )( 2 ≤≤− + ++− == t t tt tfP TÝnh −−= −= ⇔= + +−⇔= )(26 26 0 )2( 6 10)(' 2 lt t t tf Do hµm sè liªn tơc trªn [ ] 1; 3 1 − nªn so s¸nh gi¸ trÞ cđa ) 3 1 ( − f , )26( −f , )1(f cho ra kÕt qu¶: 626)26( −=−= fMaxP , 15 11 ) 3 1 (min =−= fP 1 đ 10 [...]... 2 201 1 0 1 2 201 0 201 1 = C2011 x 2 − C2011 x 3 + C2011 x 4 − + C2011 x 201 2 − C2011 x 201 3 Suy ra x (1 − x) 1 2 201 1 ∫ x (1 − x) dx = 0 1 ∫( C ) 1 2 201 0 201 1 x − C2011 x 3 + C2011 x 4 − + C2011 x 201 2 − C2011 x 201 3 dx 0 2 201 1 0 1 1 1 1 2 1 1 1 0 201 0 201 1 = C2011 x3 − C2011 x 4 + C2011 x 5 − + C2011 x 201 3 − C2011 x 201 4 ÷ 4 5 201 3 201 4 3 0 1 0 1 1 1 2 1 1 201 0 201 1 C2011 − C2011 = C2011... 201 0 201 1 C2011 − C2011 = C2011 − C2011 + C2011 − + 3 4 5 201 3 201 4 Đặt t = 1 – x ⇒ dt = – dx Với x = 0 thì t = 1; với x = 1 thì t = 0 0 S= ∫ (1 − t ) t 2 201 1 1 1 (−dt ) = ∫ (t − 2t + 1)t 2 0 1 Vậy S = ∫x 2 (1 − x) 201 1 dx 0 1 dt = ∫ (t 201 3 − 2t 201 2 + t 201 1 )dt 201 1 0 1 t 201 4 1 2 1 1 t 201 3 t 201 2 − + = −2 + ÷ = 201 3 201 2 0 201 4 201 3 201 2 201 3 .201 4.1006 201 4 = Câu VIb ( 2 điểm) 1)Phương... 0 12 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 201 4 (kèm đáp án chi tiết) 2 2 2 201 1 y − x = x + 201 2 (1) Câu 7b: y 2 + 201 2 3log3 ( x + 2 y + 6) = 2log 2 ( x + y + 2) + 1(2) +) ĐK: x + 2y + 6 > 0 và x + y + 2 > 0 +) Lấy logarit cơ số 201 1 và đưa về pt: x + log 201 1 ( x + 201 2) = y + log 201 1 ( y + 201 2) 2 2 2 Xét hàm số f (t ) = t + log 201 1 (t + 201 2), t ≥ 0 ⇒ f '(t) = 1 + 2 1 >0 201 1(t... nghiệm của hệ phương trình (0;0) y = 0 17 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 201 4 (kèm đáp án chi tiết) Đề số 4: ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MƠN TỐN SỐ 4 GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN NĂM HỌC 201 3 - 201 4 Thời gian làm bài: 180 phút I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH.( 7 điểm ) 3 2 Câu I: (2,0 điểm) Cho hàm số: y = ( 2 − m ) x − 6mx + 9 ( 2 − m ) x − 2 (Cm) 1 Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị hàm số trên với m=1... 14 FE = 2 17 = 29 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 201 4 (kèm đáp án chi tiết) + E và F nằm hai bên trục hồnh và đối xứng qua gốc O, còn N chạy trên trục hồnh nên dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi E, N và F thẳng hàng , tức t = 0 + Vậy min(MA + MB) = 2 17 khi và chỉ khi t = 0 hay M(1, –1, 1) 201 1 0 1 2 201 0 201 1 = C2011 − C2011 x + C2011 x 2 − + C2011 x 201 0 − C2011 x 201 1 Câu VIIa (1 điểm)... 6 6 201 1π 201 1π 7π 7π 3 1 ⇒ z 1201 1 = 2201 1[ cos( − ) + i sin(− ) = 2201 1[cos(− ) + i sin(− )] = 2201 1 (− + i) 6 6 6 6 2 2 +z1 = 3 – i = 2( 1 3 π π 3 i = 2( + i ) = 2(cos + i sin ) 2 2 3 3 201 1π 201 1π π π 1 3 201 1 ⇒ z2 = 2201 1 (cos + i sin ) = 2201 1 (cos + i sin ) = 2201 1 ( + i) 3 3 3 3 2 2 +z2 = 1 + 201 1 Suy ra z 1201 1 + z2 = 2201 1[ 1− 3 1+ 3 + i ] Vậy phần thực là 2201 0 (1 − 3) và phần ảo là 2201 0... thời vng góc với mặt phẳng: 2x - z +7 = 0 HƯỚNG DẪN CHẤM MƠN ĐỀ 6 3 2 Câu 1: 1, - Tập xác định D = R \ − - Sự biến thi n + Chiều biến thi n y ' = −1 < 0, ∀x ∈ D (2 x + 3) 2 3 3 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng −∞; − ÷và − ; +∞ ÷ 2 2 + Cực trị: Hàm số khơng có cực trị 32 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 201 4 (kèm đáp án chi tiết) 1 1 ⇒ tiệm cận ngang y = 2 2 3 lim... 3) + ( 3 − 1)i]z + 2 3 + 2i = 0 Tìm phần thực 201 1 201 1 và phần ảo của số phức z1 + z2 - HƯỚNG DẪN ĐỀ 5 Câu I (2 điểm) 1)(1,0 đ) Khi m = 1 ta có hàm y = x 3 − 6 x 2 + 9 x − 3 + xlim y = −∞ , xlim y = +∞ →−∞ →+∞ +TXĐ : D = R x = 1⇒ y = 1 x = 3 ⇒ y = −3 + y’ = 3x2 – 12x + 9 ; y’ = 0 ⇔ 26 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 201 4 (kèm đáp án chi tiết) +BBT x y’ –∞ 1 0 1... z 2 + 6 z − 4 = 0 trên 1 1 1 1 S= 2+ 2+ 2+ 2 tập số phức tính tổng: z1 z2 z3 z4 B THEO CHƯƠNG TRÌNH NÂNG CAO Câu VIb (2,0 điểm) 1 Trong mp(Oxy),lập phương trình chính tắc của elíp (E) biết nó có một đỉnh và 2 tiêu điểm của (E) tạo thành một tam giác đều và chu vi của hình chữ nhật cơ sở của (E) là :12(2+ 3 ) 18 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 201 4 (kèm đáp án chi tiết) 2 Trong khơng gian... 2) Giải phương trình: log 2 ( x + 2) + (2 x − 20) log 2 ( x + 2) − 10 x + 75 = 0 Câu III (1 điểm) 25 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học mơn Tốn 201 4 (kèm đáp án chi tiết) Tính thể tích khối tròn xoay khi cho hình phẳng giới hạn bởi đồ thị y = x+5 , trục hồnh và 1+ 3 + 2x hai đường thẳng x = – 1, x = 3 quay quanh trục hồnh Câu IV (1 điểm) Cho khối lăng trụ đều ABC.A’B’C’, cạnh đáy AB = a, cạnh bên AA’= . Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 201 4 (kèm đáp án chi tiết) Đề số 1: GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 1 NĂM HỌC 201 3 - 201 4 Thời gian làm bài:. phương trình (0;0) 17 Tuyển tập 20 đề luyện thi đại học môn Toán 201 4 (kèm đáp án chi tiết) Đề số 4: GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 4 NĂM HỌC 201 3 - 201 4 Thời gian làm bài:. ⇔ = Đề số 2: GIÁO VIÊN ĐẶNG VĂN HIỂN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 2 NĂM HỌC 201 3 - 201 4 Thời gian làm bài: 180 phút PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm ) : 6 H I B M A Tuyển tập 20 đề luyện