TỔNG hợp đề THI THỬ TN THPT QUỐC GIA đại học môn TOÁN có đáp án

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ TN THPTQG VÀ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015 LẦN ĐỀ THI MÔN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, khơng kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3 − 3mx + 3(m − 1) x − m3 + (1), (với m tham số) a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1) m = b) Tìm tất giá trị m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị đến gốc tọa độ 10 π Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: sin x + (1 + 2cos x).sin x − 2sin (2 x + ) = x − ≤ − x +1 Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình: Câu (1,0 điểm) Tìm tất giá trị m để phương trình: x ( − x ) + m x − x + + = có nghiệm x ∈  2;2 +    Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông C, AC = a, AB=2a, SA ⊥ (ABC) Góc SC (ABC) 60o Gọi H, K hình chiếu vng góc A lên SB, SC Tính theo a thể tích khối chóp S.ABC chứng minh tam giác AHK vng K Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y , z thoả mãn: x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ Tìm giá trị nhỏ biểu thức: A = 1 + + x + y +1 y + z +1 z + x +1 II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) A.Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M(3;1) I(2;-2) Viết phương trình đường thẳng d qua M cắt trục Ox, Oy A B cho tam giác IAB cân I Câu 8.a (1,0 điểm) Giải phương trình: log x − 20log81 x + 40log x + = Câu 9.a (1,0 điểm) Có tất số tự nhiên có chữ số mà số đó, chữ số đứng trước nhỏ chữ số đứng sau (kể từ trái qua phải) B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường trịn ( C ) : ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = 20 Biết AC=2BD, điểm B có hồnh độ dương thuộc đường thẳng d : x − y − = Viết phương trình cạnh AB hình thoi 3x − x →0 x Câu 8.b (1,0 điểm) Tìm giới hạn: I = lim Câu 9.b (1,0 điểm) Tìm hệ số x10 khai triển ( x − x ) n , (x >0, n nguyên dương) biết tổng tất hệ số khai triển −2048 Trang - Hết Họ tên thí sinh:…………………………………… Số báo danh:………… ĐÁP ÁN I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Nội dung trình bày Thang điểm I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH 7,0 điểm a) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (1) với m=1 1,0 điểm Với m=1, hàm số (1) trở thành y = x − 3x • TXĐ: D = ¡ 0,25 • Sự biến thiên: + Giới hạn: lim y = +∞,lim y = −∞ x →+∞ Câu x →−∞ x = + Chiều biến thiên: y ' = x − x, y ' = ⇔  x = Hàm số đồng biến khoảng (−∞;0) & (2; +∞) Hàm số nghịch biến khoảng (0;2) + Cực trị: Hàm số đạt cực đại x=0, ycd = ; cực tiểu x=2, yct = −4 • BBT 0,25 0,25 • Đồ thị: Tiếp xúc Ox O, cắt Ox (3;0) 0,25 Trang y f( x) = x3-3⋅ x2 O -5 x -2 -4 Câu b) Tìm m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ điểm cực đại đồ thị đến gốc tọa độ 10 Trong trường hợp tổng quát, ta có y ' = x − 6mx + 3(m − 1) , x = m −1 y ' = ⇔ x − 2mx + m − = ⇔   x2 = m + Vì y ' = ln có hai nghiệm phân biệt với m nên hàm số ln có cực đại, cực tiểu với m Dề thấy m − < m + , nên y’ đổi dấu từ dương sang âm x qua x1 = m − , đồ thị hàm số có điểm cực đại A(m − 1;3 − 3m) Ycbt tương đương với m = OA = (m − 1) + 9(1 − m) = 10 ⇔| m − 1|= ⇔   m = −1 Vậy m=3 m=-1 π Giải phương trình: sin x + (1 + 2cos x).sinx − 2sin (2 x + ) = (1) π (1) ⇔ sin x + (1 + 2cos x).sinx − + cos(4 x + ) = ⇔ sin x + sin x + 2cos x.sin x − − sin x = Câu ⇔ sin x + sin x + sin x − sin x − − sin x = ⇔ sin x = π ⇔ x = + k 2π , k ∈ ¢ KL… Giải bất phương trình: x − ≤ − x + ĐK: x ≥ Bpt tương đương với x − + x + ≤ ⇔ 2x − + x2 − x − ≤ x ≤ 5 − x ≥ x2 − x − ⇔  2 25 − 10 x + x ≥ x − x − x ≤ ⇔ ⇒ x ≤ Kết hợp điều kiện ta tập nghiệm bất phương trình x ≤ [2;3] Trang 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 Tìm tất giá trị m để phương trình: Câu x ( − x ) + m x − x + + = có nghiệm x ∈  2;2 +    ĐK: ∀x ∈ ¡ Đặt Câu 1,0 điểm x2 − x + = t ⇒ t = ( x − 2) 0,25 +1 ≥ 2x − ≥ 0, ∀x ∈ [2;2 + 3] nên t ∈ [ 1;2] Vì x ∈  2;2 +  t ′( x) =   2 x − 4x + t2 − Phương trình trở thành m = Pt cho có nghiệm x ∈  2;2 +  ⇔ pt   t 0,25 t2 − m= có nghiệm t ∈ [ 1;2] t t2 − t2 + Xét f (t ) = với t ∈ [ 1;2] , f ′(t ) = > 0, ∀t ∈ [ 1;2] 0,25 t t ⇒ f (t ) = f (1) = −6, m ax f (t ) = f (2) = − [1;2] [1;2] 0,25 3  ⇒ Vậy m ∈  −6; −  giá trị cần tìm 2  Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vng C, AC = a, 1,0 o AB = 2a, SA ⊥ (ABC) Góc SC (ABC) 60 Gọi H, K điểm hình chiếu vng góc A lên SB, SC Tính thể tích khối chóp S.ABC chứng minh tam giác AHK vng K S H K A B 60° C Ta có CB = AB − AC = 4a − a = a ⇒ S ∆ABC = a2 AC CB = 2 0,25 · Góc SC (ABC) SCA = 60o nên ta có 1 a a3 SA = AC tan 60o = a ⇒ VS ABC = SA.S ∆ABC = a = (đvtt) 3 2  BC ⊥ AC ⇒ BC ⊥ AK , Vì  BC ⊥ SA  0,25 mà AK ⊥ SC suy AK ⊥ ( SBC ) , AK ⊥ KH , hay ∆ AHK vng K (đpcm) 0,25 Trang 0,25 Câu Cho số dương x, y , z thoả mãn: x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ Tìm giá trị 1 + + nhỏ biểu thức: A = x + y +1 y + z +1 z + x +1 1,0 điểm x( x − 1) + y ( y − 1) + z ( z − 1) ≤ ⇔ x + y + z − ( x + y + z ) ≤ ⇒ 18 ≥ ( x + y + z ) − 3( x + y + z ) ⇔ −3 ≤ x + y + z ≤ ⇒ < x + y + x ≤ Ta có: y + z +1 z + x +1 + ≥ ; + ≥ ; y + z +1 25 z + x +1 25 0,25 x + y +1 + ≥ x + y +1 25 ⇒ A+ 0,25 2( x + y + z ) + 6 2( x + y + z ) + 3 ≥ ⇔ A≥ − ≥ 25 5 25 0,25 Dấu “=” xảy x = y = z = Vậy Amin = ⇔ x = y = z = 0,25 Cách khác: Đặt t = x + y + z , t > ( x + y + z )2 t2 Sử dụng BĐT x + y + z ≥ ⇒ − t ≤ ⇒ t ∈ (0;6] 3 1 + + ≥ , ∀a, b, c > áp dụng kết ta Chứng minh a b c a +b +c A ≥ 2 9 Xét f (t ) = (0;6], suy kết toán 2t + 2t + II PHẦN RIÊNG: Thí sinh làm hai phần (phần A phần B) PHẦN A: Theo chương trình Chuẩn Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, viết phương trình đường thẳng d qua M(3;1) cắt trục Ox, Oy A B cho tam giác IAB cân I(2;-2) Giả sử đường thẳng d cắt trục Ox, Oy A(a;0), B(0;b), (a, b ≠ 0) x y + =1 Phương trình đường thẳng d có dạng: a b Do d qua M(3;1) nên + = (1) a b Đồng thời, ∆IAB cân I nên Câu 7.a IA = IB ⇔ (a − 2) + (0 + 2) = (0 − 2) + (b + 2)  a = −b ⇔ a−2 = b+2 ⇔  a = b + 2 1,0 điểm 0,25 0,25 • Với a = −b , thay vào (1) ta a = 2; b = −2 nên phương trình đường thẳng d x − y − = • Với a = b + 4, thay vào (1) ta ( a; b ) = (6;2) (a; b) = (2; −2) Từ đó, phương trình đường thằng d x + y − = x − y − = Trang 3,0 điểm 0,25 0,25 Câu 8.a Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu toán d : x + y − = d : x − y − = Giải phương trình: log x − 20log81 x + 40log x + = Điều kiện: x ∈ (0; +∞) PT ⇔ 2log x − 60log81 x + 20log x + = Khi đó, 1,0 điểm 0,25 Câu 7.b 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm 0,25 Với cách chọn chữ số, có cách tạo thành số có chữ số cho chữ số đứng trước nhỏ chữ số đằng sau Số số có chữ số thỏa mãn u cầu tốn số cách chọn chữ số thuộc tập A = { 1;2;3; 4;5;6;7;8;9} Câu 9.a ⇔ −2log x − 15log x + 10log x + = ⇔ log x = ⇔ x = Vậy x =3 nghiệm phương trình Có số tự nhiên có chữ số mà chữ số đứng trước nhỏ chữ số đằng sau Giả sử số cần tìm có dạng abcdef ( a < b < c < d < e < f ) Số chọn khơng có chữ số 0, giả sử có chữ số số phải có dạng 0bcdef , ( b, c, d , e, f ∈ { 1;2; ;9} ) (khơng thỏa mãn) 0,25 Vậy có C96 = 84 số thỏa mãn yêu cầu toán PHẦN B: Theo chương trình Nâng cao Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD ngoại tiếp đường trịn ( C ) : ( x − 1)2 + ( y + 1)2 = 20 Biết AC=2BD, điểm B có hồnh độ dương thuộc đường thẳng d : x − y − = Viết phương trình cạnh AB Đường trịn (C) có tâm I (1; −1), bán B H kính R = d Đặt BI = x,( x > 0) Do AC = BD ⇒ AI = BI = x C A I Kẻ IH ⊥ AB ⇒ IH = R = 0,25 0,25 1,0 điểm 0,25 D 1 1 1 + = ⇔ 2+ = ⇔ x = ( Do x > 0) IA2 IB IH 4x x 20 Suy IB = Gọi B(t ;2t − 5), (t > 0) t = (tm) 2 Do IB = ⇔ (t − 1) + (2t − 4) = 25 ⇔  −2 t = (ktm)  • Với t = ⇒ B (4;3) Phương trình cạnh AB có dạng: a ( x − 4) + b( y − 3) = ( a + b ≠ 0) • Trong ∆AIB có: Trang 0,25 Có : d ( I ; AB ) = IH = R ⇔ Câu 8.b Câu 9.b −3a − 4b =2 a2 + b2  a = 2b 2 ⇔ 11a − 24ab + 4b = ⇔  a = b 11  • Với a = 2b, chọn a = 2, b = , phương trình AB là: x + y − 11 = • Với a = b, chọn a = 2, b = 11 , phương trình AB là: x + 11 y − 41 = 11 Vậy phương trình cạnh AB x + y − 11 = x + 11 y − 41 = 3x − Tìm giới hạn: I = lim x →0 x x ln e −1 Ta có I = lim x →0 x x ln e −1 ⇔ I = lim x →0 x x ln e −1 ⇔ I = lim ln x →0 x.ln ⇔ I = 1.ln = ln Tìm hệ số x10 khai triển ( x − x ) n , (x >0, n nguyên dương) biết tổng hệ số khai triển −2048 Do tổng hệ số khai triển –2048 nên ta có: n Cn − 3Cn + 32 Cn − + (−1) n 3n Cn = −2048 ⇔ (1 − 3) n = −2048 ⇔ n = 11 11 11 k k Ta có khai triển: ( x − x )11 = ∑ C11 x (−3 x )11−k = ∑ C11.( −1)11−k 311−k x k k =0 22 − k 0,25 0,25 1,0 điểm 0,25 0,25 0,25 0,25 1,0 điểm 0,25 0,25 k =0 Hệ số x10 khai triển tương ứng với 22 − k = 10 ⇔ k = 3 Vậy hệ số cần tìm (−1) C11 = −4455 0,25 0,25 Hết - SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015 LẦN ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x+2 (C) 2x +1 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số Trang Đường thẳng ( d1 ) có phương trình y = x cắt (C) hai điểm A B Đường thẳng ( d ) có phương trình y = x + m Tìm tất giá trị m để ( d ) cắt (C) hai điểm phân biệt C, D cho A, B, C, D bốn đỉnh hình bình hành Câu II (2,0 điểm) cos x ( cos x − 1) = ( + sin x ) Giải phương trình: sin x + cos x 2 Giải phương trình: x 3x + − 3x + x +  = x + x + −   3x e − cos x Câu III (1,0 điểm) Tính giới hạn: lim x→0 x Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có SA = 3a ( a > ) ; SA tạo với mặt phẳng đáy (ABC) góc 60o Tam giác ABC vng B, · ACB = 300 ; G trọng tâm tam giác ABC Hai mặt phẳng (SGB) (SGC) vng góc với mặt phẳng (ABC) Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu V (1,0 điểm) Cho ba số x, y, z thuộc đoạn [ 0; 2] x + y + z = Tìm giá trị lớn A = x + y + z − xy − yz − zx II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho điểm A(3; 2); đường thẳng d1 : x + y – = đường thẳng d : x + y – = Tìm tọa độ điểm B thuộc d1 điểm C thuộc d2 cho tam giác ABC vuông cân A Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai đường thẳng d1 : 3x + y + = 0; d : x − y − = Viết phương trình đường trịn có tâm nằm đường thẳng ∆ : x − y − 10 = tiếp xúc với d1 , d n 2  Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm hệ số x khai triển biểu thức  − x3 ÷ , biết n số x  n−6 tự nhiên thỏa mãn hệ thức Cn −4 + nAn = 454 B Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elíp (E): x2 + y = điểm C ( 2; ) Hãy tìm tọa độ điểm A, B thuộc (E) cho tam giác ABC tam giác Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hai điểm M ( 1; ) , N ( 3; −4 ) đường thẳng d có phương trình x + y – = Viết phương trình đường trịn qua M, N tiếp xúc với d Câu VII.b (1,0 điểm) Trong lơ hàng có 12 sản phẩm khác nhau, có phế phẩm Lấy ngẫu nhiên sản phẩm từ lô hàng Hãy tính xác suất để sản phẩm lấy có khơng q phế phẩm -Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… Trang HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN: ——————————— I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm theo cách khác đủ ý cho điểm tối đa - Điểm tồn tính đến 0,25 khơng làm trịn - Với hình học thí sinh khơng vẽ hình phần khơng cho điểm tương ứng với phần II ĐÁP ÁN: Câu Ý Nội dung trình bày Điể m I 1,0 điểm  1 TXĐ: D = ¡ / −   2 1 Giới hạn: xlim y = ; xlim y = ; xlim = +∞; xlim = −∞ →−∞ →+∞ 1 →− →− + − 0.25 1 TCĐ: x = − ; TCN: y = 2 −3 SBT y ' = (2 x + 1) < ∀x ≠ − 1    Hàm số nghịch biến  −∞; − ÷  − ; + ∞ ÷ 2    0.25 BBT X −∞ − Y’ y − +∞ − −∞ c) Đồ thị: Giao với Ox Giao với Oy 0.25 +∞ ( −2;0 ) ( 0; )  1 Đồ thị nhận giao điểm I  − ; ÷ hai  2 tiệm cận làm tâm đối xứng 1,0 điểm d1 giao (C) điểm A(-1;-1) , B(1;1) AB = Phương trình hồnh độ giao điểm d2 (C) Trang 0.25 0.25 0.25 2 x + 2mx + m − = (1) x+2  = x+m⇔  2x +1 x ≠ −  d2 cắt (C) điểm C, D (1) có nghiệm phân biệt  m − 2m + >  nghiệm khác −1/ ⇔  ∀m  −m+m−2≠ 2 0.25 C ( x1; x1 + m ) ; D ( x2; x2 + m ) ( x1 , x2 nghiệm (1)) m ≠ ⇔ 2  AB = CD ( x1 + x2 ) − x1 x2 =  AB / / CD ABCD hình bình hành ⇔  m ≠ ⇔ ⇒m=2  m − 2m = II 0.25 KL: m = 1,0 điểm π Ta có: PT ⇔ ( + sin x ) ( + co s x ) ( + sin x ) = π  1 + sin x =  x = − + k 2π ; k ∈ ¢ ⇔ ⇔  1 + cos x =  x = π + k 2π Điều kiện: sin x + cos x ≠ ⇔ x ≠ − + kπ , k ∈ ¢ (*) 0.25 0.25 Kết hợp với điều kiện (*), suy phương trình cho có họ nghiệm x=− π + k 2π ; x = π + k 2π ( k ∈ ¢ ) 0.5 1,0 điểm Đặt t = 3x + x + ⇒ t = 3x + x + ( t ≥ ) t = t = x + Ta phương trình t − 2( x + 2)t + x + = ⇔   −1 + 97 x = t = ta x + x − = ⇔   −1 − 97 x =  t = x + ta   x ≥ − x ≥ −  3x + x + = x + ⇔  ⇔ ⇔ x=0 x =  x + 3x =     x = −3  Vậy phương trình có nghiệm x = 0; x = III −1 + 97 −1 − 97 ;x = 6 0.25 0.25 0.25 0.25 1,0 điểm  e3 x − e3 x − cos x − cos x  = lim  + ÷ x→0 x →0 x x  3x  lim Trang 10 0.5 Trường THPT Ninh ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG Giang LẦN  x = ⇒ y = (L) II 0,25 ⇔ Vậy hệthi: nghiệm Khối D-Năm học 2012có TOÁN (2; 0) Tỉnh Hải Dương ⇒ y = (TM) Môn x = Đề thi gồm trang 2013 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Phần chung cho tất thí sinh (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = 2x −1 (C) x +1 Khảo sát vẽ đồ thị hàm số (C) hàm số Tìm m để đường thẳng (d m ) : y = -x + m cắt (C ) hai điểm phân biệt M, N cho tam giác PMN , với P (2;5) Câu II (2,0 điểm) 1.Giải phương trình cos2 x + sin x cos x + = 3(sin x + cos x) 2.Giải hệ phương trình  x − x3y + x y =   x y − x2 + xy =  Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I = ∫ x( x − 1) dx x2 − Câu IV (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC.A’B’C’có đáy ABC tam giác cạnh a, hình chiếu vng góc A’ (ABC) trùng với trọng tâm G ∆ ABC Biết khoảng cách hai đường thẳng AA’ BC a Câu V (1,0 điểm)Tìm a Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A’B’C’ theo tất giá trị cảu m để phương trình: x − − x − + x − x − + = m có nghiệm phân biệt Phần riêng (3,0 điểm) Thí sinh làm hai phần a b Chương trình chuẩn: Câu VI.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng Oxy cho điểm A(2, 1) lấy điểm B thuộc trục Ox có hồnh độ x ≥ điểm C thuộc trục Oy có trung độ y ≥ cho ∆ABC vuông A Tìm B, C cho diện tích ∆ABC lớn 1 Câu VII.a (1,0 điểm) Giải bất phương trình: log 2x − 3x + + log ( x − 1) ≥ 2 + x ) n với x > Biết n số nguyên dương x = 7(n + 3) Tìm hệ số số hạng chứa x8 Câu VIII.a(1,0 điểm) Cho khai triển: P( x) = ( + n nghiệm phương trình: cnn+1 − cn+3 Chương trình nâng cao: Câu VI.b (1,0 điểm)Cho đường tròn (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = Viết phương trình đường trịn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB = Câu VII.b (1,0 điểm) Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 = Trang 62 log x −1 + log3 (3 − x) Câu VIII.b( 1,0 điểm) Có xạ thủ bắn vào bia Xác suất trúng đích 0,2 Tính xác suất để lần bắn có: a) Ít lần bắn trúng bia? b) Bắn trúng bia lần? Hết -Họ tên thí sinh:………………………… Số báo danh: ……………………………… Thí sinh khơng dùng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TOÁN KHỐI D LẦN II- NĂM 2012 (Biểu điểm gồm 05 trang) Nội dung Câu I Điể m Khảo sát vẽ đồ thị hàm số * TXĐ: R \ { −1} ; y ' = ( x + 1) > Hàm số đồng biến TXĐ 0.25 lim = −∞ ; lim = +∞ lim x −1 = x +1 0.25 x →−1+ x →−1− x →±∞ Tiệm cận đứng x = - 1; Tiệm cận ngang y = * Bảng biến thiên 0.25 Giao Ox: y = ⇒ x = ; Giao Oy: x = ⇒ y = −1 0.25 Đồ thị: (1.0 điểm) Tìm m để đường thẳng … Phương trình hồnh độ giao điểm (d m ) ( C) là: 2x −1 = − x + m ⇔ x − (m − 3) x − m − = (1) , với x ≠ −1 x +1 (d m ) cắt (C) điểm phân biệt pt (1) có hai nghiệm phân biệt ≠ −1  m − 2m + 13 > ⇔ ( với m) 0.m − ≠  x1 + x2 = m − Gọi x1 ; x2 nghiệm (1), ta có   x1.x2 = − m − 0.25 0.25 Giả sử A( x1 ; − x1 + m); B( x2 ; − x2 + m) AB = 2( x1 − x2 ) ; PA = ( x1 − 2) + (− x1 + m − 5) = ( x1 − 2) + ( x2 − 2) PB = ( x2 − 2) + (− x2 + m − 5) = ( x2 − 2) + ( x1 − 2) Suy tam giác PAB cân P Do ∆PAB ⇔ PA = AB ⇔ ( x1 − 2) + ( x2 − 2) = 2( x1 − x2 ) ⇔ ( x1 + x2 ) + 4( x1 + x2 ) − x1 x2 − = m = ⇔ m + 4m − = ⇔   m = −5 II 0.25 0,25 Giải phương trình: cos2 x + sin x cos x + = 3(sin x + cos x) (1) (1) ⇔ + cos2x + sin 2x = 3(sin x + cos x) Trang 63 0.25 1  1  ⇔ +  cos 2x + sin 2x ÷ =  sin x + cos x ÷  ÷  ÷     π π π π         ⇔ + cos  2x − ÷ = cos  x − ÷ ⇔ + cos  2x − ÷ = 3cos  x − ÷     π  π   π  π        2 ⇔ cos  x − ÷ = 3cos  x − ÷⇔ cos  x − ÷ = v cos  x − ÷ = (loại)  π   π ⇔ x − = + kπ ⇔ x =      25 25 0.25 2π + kπ , k ∈ Z  x − x3 y + x y =  Giải hệ:  (I) x y − x2 + xy =  (−x2 + xy)2 + x3y =  (I) ⇔  Đặt u = − x2 + xy, v = x3y (−x + xy) + x y =   u2 + v =  v = − u + u =  u =   ⇔ ⇔ ∨ (I) thành  v =  v = u + v = u − u =   0.25  −x2 + xy = − x2 + xy =  y = x  y =     ∨ ⇔ ∨  x = x = −1(vn) x y =  x 3y =     0.25  x =  x = −1 ⇔ ∨  y =  y = −1 III 0.25 0.25 Tính tích phân I = ∫ x( x − 1) dx x2 − x( x − 1) x2 − x I= dx = dx Ta có x2 − x2 − ∫ ∫ 0.25 1 x  d ( x − 4) dx  = ∫ 1 − + dx = − ∫ + 4∫ ÷ x −4 x −4 x −4 x − 22 0 0.25 1 x−2  = − ln x −  + ln  = + ln − ln  x +2 0 IV Tính thể tích… Trang 64 0.5 A' Diện tích đáy S ∆ABC a2 = a 0.25 Gọi D hình chiếu vng góc E lên AA’ Suy BC ⊥ DE ; AA' ⊥ DE Vậy DE khoảng cách đt 0.25 C' Gọi G trọng tâm tam giác ABC Ta có AE = D B' ⇒ AG = A Gọi E trung điểm BC Ta có C G 2 a a AE = = 3  BC ⊥ AE ⇒ BC ⊥ (AA'E)   BC ⊥ A ' G E B a DE = ⇒ DAE = 300 Tam giác ADE vuông D suy SinDAE = AE a Xét tam giác A’AG vuông G ta có A ' G = AG.tan 300 = 3 aa a VABC A ' B 'C ' = A ' G.S ∆ABC = = 12 AA’ BC ⇒ DE = V 0.25 0.25 Tìm m để phương trình: x − − x − + x − x − + = m có nghiệm P/trình cho ⇔ ( x − ) − x − + + ( x − ) − x − + = m (1) ⇔ ( ) x − −1 + ( ) x−4 −3 = m đặt: t = x − ≥ Ta có: ⇔ x − −1 + 0.25 x − − = m (1) (1) ⇔ t − + t − = m (∗) 4 − 2t neáu ≤ t ≤  neáu ≤ t ≤ Xét hàm số f ( t ) = t − + t − , t ≥ Ta có f ( t ) = 2 2t − neáu t ≥  0.25 0.25 Đồ thị 0,25 Trang 65 y O x Từ đồ thị ta có: < m ≤ VI a Tìm B, C cho diện tích ∆ABC lớn Ta có A(2, 1); B(b, 0); C(0,c) với b, c ≥ ; ∆ABC vuông A ⇔ AB.AC = Ta có AB = ( b − 2,−1) ; AC = ( − 2, c − 1) 0,25 Do ∆ABC vuông A ⇒ AB.AC = −2( b − 2) − ( c − 1) = ⇔ c − = −2( b − ) ⇒ c = −2 b + ≥ ⇒ ≤ b ≤ Ta lại có S ABC = AB AC = SABC = ( b − 2) + 1 ( b − 2) + + ( c − 1) 0,25 0,25 + 4( b − ) = ( b − ) + nên SABC = (b – 2)2 + lớn ⇔ b = Khi c = Vậy, ycbt ⇔ B(0, 0) C(0, 5) ≤ b ≤ 0,25 Giải bất phương trình: log 2x − 3x + + log ( x − 1) ≥ (1) 2 ĐK x ≠ Khi (1) ⇔ − log2 ( 2x2 − 3x + 1) + log2 ( x − 1) ≥ 2 VII ⇔ − log2 (2x2 − 3x + 1) + log2 ( x − 1) ≥ 2 a ⇔ log ( x − 1) ≥1⇔ 0.25 0.25 (x − 1) ≥2 (x − 1)(2x − 1) 1  ( x − 1)  x − ÷ 2  (x − 1) −3x + 1 ≥0⇔ ≤x< ⇔ (2x − 1) ≥ ⇔ 2x − VII Ia 0.25 0.25 Tìm hệ số số hạng chứa x khai triển P( x) = ( Trang 66 + x5 )n x3 n+ n cn +1 − cn +3 = 7(n + 3) ⇔ (n + 4)(n + 3)(n + 2) − (n + 3)(n + 2)(n + 1) = 42(n + 3) ⇔ n + 5n + = 14(n + 3) ⇔ n − 9n − 36 = 0,25  n = −3(loai ) ⇔ Với n=12 ta có nhị thức: ( + x5 )12 x  n = 12(tm) 0,25 Ta có: P( x) = ( 5(12 − k ) 60 −11k 12 12 k k + x )12 = ∑ c12 2k x −3k x = ∑ c12 k x x3 k =0 k =0 60 − 11k = ⇔ 60 − 11k = 16 ⇔ k = Hê số x 0,25 0,25 c12 24 = 7920 Viết pt đường tròn (C') tâm M(5, 1) biết (C') cắt (C) điểm A, B cho AB = Ta có (C): x2 + y2 – 2x + 4y + = có tâm I(1, –2) ; R = (C') tâm M cắt đường tròn (C) A, B nên AB ⊥ IM trung điểm H đoạn AB AB Ta có AH = BH = = Có vị trí cho AB đối xứng qua tâm I 2 0,25 Gọi A'B' vị trí thứ AB Gọi H' trung điểm A'B' VI b 0,25  3 Ta có: IH ' = IH = IA − AH = −  ÷ = Lại có: MI =  ÷   2 ( − 1) + ( + 2) = 13 13 = ; MH ' = MI + H ' I = + = 2 2 49 52 Ta có: R1 = MA = AH + MH2 = + = = 13 4 169 172 R = MA'2 = A' H'2 + MH'2 = + = = 43 4 MH ' = MI + H ' I = + Vậy có đường tròn (C') thỏa ycbt là: (x – 5)2 + (y – 1)2 = 13 hay (x – 5)2 + (y – 1)2 = 43 Giải phương trình: log9(x2 – 5x + 6)2 = log ⇔ 0,25 log3 x − 5x + = log3 VII (x − 1)(3 − x) log3 x − 5x + = log3 b 0,25 x −1 + log3 (3 − x) ĐK Điều kiện: < x < x ≠ (1) Pt (1) 0,25 x −1 + log3 (3 − x) (x − 1)(3 − x) ⇔ x − (3 − x) − (x − 1)(3 − x) = ⇔ x − − x + = 1 < x < 1 < x < 2 < x < 2 < x <  hay  ⇔ ⇔  hay  ⇔x= x =  − 2x − x + = 2x − − x + = x =  ⇔ (x − 2)(x − 3) = Trang 67 ⇔ 0,25 0,25 0,25 Tính xác suất a.Gọi A biến cố có lần bắn trúng bia VII Ib ( ) ( ) ( ) ⇒ P A = P A1 A1 A1 = 0,8.0,8.0,8 = 0,512 ⇒ P ( A ) = − P A = 0, 488 b Gọi Ai biến cố người bắn trúng bia lần thứ i, i=1,2,3 A biến cố lần bắn người bắn trúng bia lần 0,5 0,5 ⇒ A = A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ∪ A1 A2 A3 ⇒ P ( A ) = 3.0,128 = 0,384 Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác đáp số cho điểm tối đa TRƯỜNG THPT ………………… ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I NĂM HỌC 2012 - 2013 Mơn thi: TỐN, khối A Thời gian: 180 phút không kể thời gian phát đề Câu I (2 điểm) Cho hàm số y = x − 3x + Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số cho Gọi A, B hai điểm cực trị đồ thị (C) Tìm toạ độ điểm M thuộc (C) cho tam giác MAB cân M Câu II (2 điểm) Giải phương trình: π  cos  − x ÷− cos x − 4sin x − cos x + = 4  Giải hệ phương trình:  xy + x − = y  2 x y − x = y Câu III (1 điểm) Tìm giới hạn sau: I = lim x →0 2x +1 − 1− x sin x Câu IV (1,5 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình chữ nhật, AD = a 2, CD = a , cạnh SA vng góc với mặt phẳng đáy Gọi K trung điểm cạnh CD, góc hai mặt phắng (SBK) (ABCD) 600 Chứng minh BK vng góc với mặt phẳng (SAC).Tính thể tích khối chóp S BCK theo a Câu V (1 điểm) Tìm giá trị tham số m để phương trình sau có nghiệm : x − − x2 − 2x + m x = Trang 68 Câu VI (1,5 điểm) 2 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): ( x − 1) + ( y + 1) = 16 tâm I điểm A(1 + 3; 2) Chứng minh đường thẳng qua A cắt đường tròn (C) hai điểm phân biệt Viết phương trình đường thẳng d qua A cắt (C) hai điểm B, C cho tam giác IBC nhọn có diện tích Câu VII (1 điểm) n 1  Tìm hệ số x khai triển nhị thức Niu - tơn  + x5 ÷ , biết tổng hệ số x  khai triển 4096 ( n số nguyên dương x > 0) Hết Thí sinh khơng sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN I (Năm học: 2012-2013) Mơn: Tốn - Lớp 12 (Khối A) Câu I Nội dung Điểm 2,00 Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số (1,00 điểm) ( 1,00 điểm) Ta có phương trình đường trung trực AB d: x – 2y + = Hoành độ giao điểm d (C): 2x3 – 7x = x =  7   7  ⇔ + ÷, M  ; + 2÷ ⇒ M (0; 2) (loai ), M  − ; −  2 ÷  2 ÷ x = ±       Câu II Nội dung Điểm 2,00 Giải phương trình lượng giác (1,00 điểm) π  cos  − x ÷− 4sin x − cos x − cos x + = ⇔ (sin x − 1)(cos x + sin x − 1) = 4  π  x = + k 2π sin x = ⇔ ⇔  sin x + cos x − =  x = k 2π  xy + x − = y Giải hệ phương trình:  2 x y − x = y Nhận thấy y = không t/m hệ 1,00 1,00 (1,00 điểm) 0,50 Trang 69 x y +x− y =3  Hệ phương trình cho tương đương với  Đặt x 1  x− ÷= y y    x − y = a  a + b =  a = 2, b =  ⇔ ⇔  x  ab =  a = 1, b =  =b y    Thay vào giải hệ ta nghiệm ( ± 2;1 ± ), (2;1),  −1; − III ÷ 2 1,00 Cho hình chóp S.ABCD ( h/s tự vẽ hình)… Gọi I giao điểm AC BK • Bằng lập luận chứng minh BK ⊥ AC , từ suy BK ⊥( SAC ) ả ã Gúc gia hai mp(SBK) v (ABCD) góc SIA= 600 1,5 ) 2 6a 2a IA = AC = ⇒ SA = 2a ⇒ VS BCK = 3 • Câu V 1 Tìm giới hạn … 3 2x +1 − 1− x 2x +1 −1 1− 1− x I = lim = lim + lim = x →0 x →0 x →0 sin x sin x sin x Ta có 2x x 1 = lim + lim = + = x→0 sin x (2 x + 1) + x + + x→0 sin x(1 + − x ) 12 ( IV 0,50 Nội dung Điểm 1,00 Tìm m để pt có nghiệm… Đk: x ≥ x−2 x−2 − 24 +m=0 x x Phương trình cho tương đương với Đặt t = [ ) x−2 tìm đk cho t, t ∈ 0;1 x [ ) Phương trình trở thằnh t − 2t + m = 0, voi t ∈ [ 0;1) Từ tìm m ∈ 0;1 VI 1,5 Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, cho … (1,00 điểm) Ta có: Đường trịn (C) tâm I(1; -1), bán kính R = • IA = + = < , suy điểm A nằm (C) ⇒ đpcm • S IAB = ¶ IA.IB.sin BIC = ⇔ ¶ ¶ 4.4.sin BIC = ⇒ sin BIC = Trang 70 ã ả BIC = 600 ⇒ ⇒ d ( I ; BC ) = ¶ = 1200 (loai )  BIC  r Đường thẳng d qua A, nhận n ( a; b ) ( a + b ≠ 0) có phương trình a ( x − − 3) + b( y − 2) = ⇒ d ( I ; BC ) = ⇔ ( 3a − b) = ⇔ 3a − b = • Chọn a = 1, b = Từ phương trình đường thẳng d: Câu VII 3x + y − − = Nội dung Điểm 1,00 n 1  Đặt f ( x) =  + x ÷ Tổng hệ số khai triển 4096 x  12 ⇒ f (1) = = 4096 ⇒ n = 12 , từ suy f ( x) = ∑ C x n k =0 Hệ số x8, ứng với k nguyên t/m: 11k k 12 11k −36 − 36 = ⇔ k = ⇒ a8 = C12 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC Ngày 19tháng 02 năm 2013 PHẦN A : DÀNH CHO TẤT CẢ CÁC THI SINH (7,0 Câu I:(2,0 điểm) điểm) 1) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số : y = x3 – 3x2 + m 2) Biện luận theo m số nghiệm phương trình : x − x − = x − Câu II 5π  − x ÷sin x =  12   (2,0 điểm ) 1) Giải phương trình : 2 cos  log x + y = 3log8 ( x − y + 2)  2) Giải hệ phương trình:  x2 + y + − x2 − y2 =    − x2  dx Câu III: (1,0 điểm ) Tính tích phân: I = ∫ x ln  ÷ 4+ x  Câu IV:( 1,0 điểm ) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác cạnh a ,tam giác SAB cân S thuộc mặt phẳng vng góc với mặt phẳng (ABC).Hai mặt phẳng (SCA) (SCB) hợp với góc 600 Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a Câu V :(1,0 điểm ) Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S = x + + y + 16 + z2 + 36 Trang 71 PHẦN B : THÍ SINH CHỈ ĐƯỢC LÀM MỘT TRONG HAI PHẦN ( PHẦN 1HOẶC PHẦN 2) PHẦN ( Dành cho học sinh học theo chương trình chuẩn ) Câu VI.a 1.( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M trung điểm cạnh BC,phương trình đường thẳng DM: x − y − = C ( 3; −3) Biết đỉnh A thuộc đường thẳng d : 3x + y − = ,xác định toạ độ đỉnh A,B,D 2.( 1,0 điểm ) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = hai điểm A ( 1; −3;0 ) , B ( 5; −1; −2 ) Tìm toạ độ điểm M mặt phẳng (P) cho MA − MB đạt giá trị lớn Câu VII.a (1,0 điểm): Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 1 1 1023 n C0 + C1 + Cn + C3 + L + Cn = n n n n +1 10 PHẦN ( Dành cho học sinh học chương trình nâng cao ) Câu VI.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12, tâm I giao điểm đường thẳng d1 : x − y − = d : x + y − = Trung điểm cạnh giao điểm d1 với trục Ox Tìm toạ độ đỉnh hình chữ nhật (1,0điểm) Trong không gian với hệ tọa độ 0xyz cho hai đường thẳng : x − y −1 z = = , d1 : −1  x = − 2t  d2 :  y = z = t  Viết phương trình mặt cầu có đường kính đoạn vng góc chung d1 d2 2 2 2010 2011 CâuVII.b ( 1,0 điểm) Tính tổng: S = C2011 + C2011 + C2011 + + 2010 C2011 + 2011 C2011 …………………………………….…….Hết ĐÁP ÁN ĐỀ THI Câu 1: 1, Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số y = x3 − 3x + + T ập xác định: Hàm số có tập xác định D = ¡ x = + Sự biến thiên: y' = x − x Ta có y' = ⇔  x = y, > ⇔ x < ∨ x > ⇔ h/s đồng biến khoảng ( −∞;0 ) & ( 2; +∞ ) y, < ⇔ < x < ⇔ h/s nghịch biến khoảng ( 0; )   yCD = y ( ) = 2; yCT = y ( ) = −2 Giới hạn lim y = lim x 1 − + ÷ = ±∞ x →±∞ x →±∞  x x  Bảng biến thiên: x y' −∞ + 0 − Trang 72 +∞ + +∞ y −∞ −2 + Đồ thị: y f(x)=(x^3)-3*(x)^2+2 x -8 -6 -4 -2 -5 Câu 1: 2, Biện luận số nghiệm phương trình x − 2x − = m theo tham số m x −1 m 2 Ta có x − x − = x − ⇔ ( x − x − ) x − = m,x ≠ Do số nghiệm phương trình số giao điểm y = ( x − x − ) x − ,( C' ) đường thẳng y = m,x ≠  f ( x ) x >  Vẽ y = ( x − x − ) x − =   − f ( x ) x <  nờn ( C' ) bao gồm: + Giữ nguyên đồ thị (C) bên phải đường thẳng x = + Lấy đối xứng đồ thị (C) bên trái đường thẳng x = qua Ox Đồ thị hàm số y = ( x − x − 2) x − , với x ≠ có dạng hình vẽ sau Trang 73 y f(x)=abs(x-1)(x^2-2*x-2) x -8 -6 -4 -2 -5 hình Đồ thị đường thẳng y=m song song với trục ox Dựa vào đồ thị ta có: + m < −2 : Phương trình vơ nghiệm; + m = −2 : Phương trình có nghiệm kép + −2 < m < : Phương trình có nghiệm phân biệt; + m ≥ : Phương trình có nghiệm phân biệt 5π  − x ÷sin x =  12   Câu 2:1, Giải phương trình: 2cos    5π  5π   5π  2cos  − x ÷sin x = ⇔ sin  x − ÷+ sin  = 12  12   12    5π  5π π 5π  π 5π   ⇔ sin  x − = = sin ⇔ sin  x − = ÷+ sin ÷ = sin − sin 12  12 12  12   π  π   π  = cos sin  − ÷ = sin  − ÷  12   12  π 5π π   2x − = − + k 2π  x = + kπ 5π  π     12 12 ⇔ sin x ( k Â) ữ = sin  − ÷ ⇔  12    12   x = 3π + kπ  x − 5π = 13π + k 2π    12 12  log x + y = 3log8 ( x − y + 2)  Câu 2: 2, Giải hệ phương trình:  x2 + y2 + − x2 − y2 =   Điều kiện: x+y>0, x-y ≥ log x + y = 3log8 (2 + x − y )  x+ y = 2+ x− y   ⇔  2 2 x2 + y2 + − x2 − y2 =   x + y +1 − x − y =   Trang 74  u − v = (u > v)  u + v = uv + u = x + y   ⇔  u + v2 + Đặt:  ta có hệ:  u + v + v = x − y − uv =  − uv =  2    u + v = uv + (1)  ⇔  (u + v) − 2uv + Thế (1) vào (2) ta có: − uv = (2)   uv + uv + − uv = ⇔ uv + uv + = (3 + uv ) ⇔ uv =  uv = ⇔ u = 4, v = (vì u>v) Từ ta có: x =2; y =2.(T/m) Kết hợp (1) ta có:  u + v = KL: Vậy nghiệm hệ là: (x; y)=(2; 2)  − x2  I = ∫ x ln  Câu 3: Tính tích phân: ÷dx + x2     − x  du = 16x dx u = ln   ÷   x − 16 + x2  ⇒  Đặt     v = x − 16 dv = x dx   1  − x2  15   I = x − 16 ln  − ∫ xdx = − ln  ÷− Do ÷ 4 5  4+ x 0 ( ) Câu 4: Tính thể tích khối chóp S.ABC… Gọi H trung điểm AB ⇒ SH ⊥ AB ⇒ SH ⊥ ( ABC ) Kẻ AK ⊥ SC ⇒ SC ⊥ ( AKB ) ⇒ SC ⊥ KB ⇒ ( SAC ) ; ( SBC )  = ( KA; KB ) = 600 ⇒ ∠AKB = 600 ∨ ∠AKB = 1200   Nếu ⇒ ∠AKB = 600 dễ thấy ∆KAB ⇒ KA = KB = AB = AC (vơ lí) Vậy ∠AKB = 1200 ∆ΚΑΒ cân K ⇒ ∠AKH = 600 ⇒ KH = AH a = tan 60 Trong ∆SHC vuông H,đường cao a 1 a a KH = = + HC = vào ta SH = 2 thay KH HC HS 1 a a a = SH.dt ∆ABC = = 3 32 KH có VS.ABC Câu 5: Cho x , y , z ba số thực thỏa mãn :2x+3y+z=40.Tìm giá trị nhỏ biểu thức: S = x + + y + 16 + z + 36 Ta có: S = ( 2x ) + 22 + ( 3y ) + 122 + z + 62 Trong hệ toạ độ OXYrxét vécr tơ r r r r a = ( 2x;2 ) , b = ( 3y; ) ,c = ( z;6 ) , a + b + c = ( 2x + 3y + z;2 + 12 + ) = ( 40;20 ) r a = r 2x ) + 22 , b = ( r 3y ) + 12 , c = ( r r r z ) + , a + b + c = 20 ( Sử dụng bất đẳng thức độ dài véc tơ : r r r r r r r r r S= a + b + c ≥ a + b + c ⇒ S ≥ 20 Đẳng thức xẩy véc tơ a, b,c hướng 2x 3y z 2x 3y z 2x + 3y + z 40 = = ⇒ = = = = =2 12 12 20 20 ⇒ x = 2, y = 8, z = 12 Với : x = 2, y = 8, z = 12 S = 20 xét hệ điều kiện : Trang 75 Vậy giá trị nhỏ S 20 đạt : x = 2, y = 8, z = 12 Câu 6a: 1, Trong mặt phẳng Oxy cho hình vng ABCD có M….Tìm toạ độ A,B,D Gọi A ( t; −3t + ) Ta có khoảng cách: d ( A, DM ) = 2d ( C, DM ) ⇔ 4t − = 2.4 ⇔ t = ∨ t = −1 hay A ( 3; −7 ) ∨ A ( −1;5 ) Mặt khác A,C nằm phía đường thẳng DM nên có A uu ur uu ur ( −1;5) thoả mãn Gọi D ( m; m − ) ∈ DM AD = ( m + 1;m − ) ,CD = ( m − 3;m + 1) uu uu ur ur  DA.DC =   m = ∨ m = −1 ⇔ Do ABCD hình vng ⇒  2 2 DA = DC ( m + 1) + ( m − ) = ( m − 3) + ( m + 1)   ⇔m=5 uu uu ur ur ( 5;3) AB = DC = ( −2; −6 ) ⇒ B ( −3; −1) Kết luận A ( −1;5) , B ( −3; −1) , D ( 5;3) Hay D Câu 6a: 2, Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : x + y + z − = …… Đặt vt (P) là: f ( x; y;z ) = x + y + z − ta có f ( x A ; y A ;z A ) f ( x B ; y B ;z B ) < ⇒ A,B nằm hai phía so với (P).Gọi B' đối xứng với B qua (P) ⇒ B' ( −1; −3;4 ) MA − MB = MA − MB' ≤ AB' Đẳng thức xẩy M, A, B' thẳng hàng x = + t  ⇒ M = ( P ) ∩ AB Mặt khác phương trình AB :  y = −3 ⇒ toạ độ M nghiệm hệ pt: z = −2t  x = + t  t = −3  y = −3  x = −2   ⇒ ⇒ M ( −2; −3;6 )  z = −2t  y = −3  x + y + z − = z =   ' ' Câu 7a:Tìm số nguyên dương n thoả mãn đẳng thức : 1 1 1023 n C0 + C1 + Cn + C3 + L + Cn = n n n n +1 10 n 2 ( + x ) = Cn + C n x + Cn x + L + Cn x n n Xét khai triển: ∫ ( 1+ x) (1+ x) ⇒ n +1 n +1 n dx = ∫ ( C0 + C1 x + C n x + L + C n x n ) dx n n n 1   n =  C0 x + C1 x + Cn x + L + C n x n +1 ÷ n n n +1  0 n +1 −1 1 1 1023 n = C0 + C1 + C + C3 + L + Cn = n n n n n +1 n +1 n +1 n +1 n +1 10 ⇒ − = 1023 ⇔ = 1024 = ⇔ n + = 10 ⇔ n = n = ⇒ Câu 6b: 1,.cho hình chữ nhật ABCD có diện tích 12… x − y − = x = / 9 3 ⇔ Ta có: d ∩ d = I Toạ độ I nghiệm hệ:  Vậy I ;  2 2 x + y − = y = / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD ⇒ M = d ∩ Ox Trang 76 ... 0,25 Hết - SỞ GD&ĐT PHÚ THỌ KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM HỌC 2014-2015 LẦN ĐỀ THI MƠN: TỐN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)... sử dụng tài liệu Cán coi thi khơng giải thích thêm Họ tên thí sinh:……….……… …….…….….….; Số báo danh……………… SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC (Đáp án có 06 trang) ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2014-2015 Mơn:... VĨNH PHÚC (Đáp án có 06 trang) ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN NĂM HỌC 2012-2013 MƠN: TỐN; KHỐI D ——————————— I LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm trình bày cách giải với ý phải có Khi chấm học sinh làm