BỘ ĐỀ TOÁN THI THỬ ĐẠI HỌC

SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn thi: TOÁN, Khối A và B Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x − + = − (1) 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O. Câu II (2,0 điểm) 1) Tìm nghiệm ( ) 0;x π ∈ của phương trình 5cos sinx 3 2 sin(2 ) 4 x x π + − = + 2) Giải hệ phương trình ( ) ( ) 3 3 2 3 2 6 3 5 14 , 3 4 5 x y y x y x y x y x y  − − + − =  ∈  − + + = + −   ¡ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân 1 0 (2 1)ln( 1)I x x dx= − + ∫ Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp .S ABCD có đáy là hình chữ nhật với , 3AB a BC a= = . Hai mặt phẳng ( )SAC và ( )SBD cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho 3 .SC IC= Tính thể tích khối chóp .S ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC. Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số thực a, b ∈ (0; 1) thỏa mãn 3 3 ( )( ) ( 1)( 1) 0a b a b ab a b + + − − − = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: F = 2 2 2 1 1 ( ) 1 1 ab a b a b + + − + + + . Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC∆ có đỉnh ( ) 3;4A − , đường phân giác trong của góc A có phương trình 1 0x y+ − = 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 VII (1,0 điểm) Cho khai triển 2014 2 2014 0 1 2 2014 (1 3 ) .x a a x a x a x− = + + + + Tính tổng: 0 1 2 2014 2 3 2015S a a a a= + + + + . Câu VIII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình 2 8 2 2 log 3log ( 2) 2 13 x y x y x x y  + = − +   + − =   . …………………………Hết………………………… Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ kí của giám thị 1:………………………Chữ kí của giám thị 2:…………………… ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 2 4 1 x y x − + = − 1,0 ∑ a) Tập xác định : { } \ 1D R = b) Sự biến thiên: * Tiệm cận : +) Vì 1 1 2 4 2 4 lim , lim 1 1 x x x x x x − + → → − + − + = −∞ = +∞ − − nên đường thẳng 1x = là tiệm cận đứng. +) Vì 2 4 2 4 lim 2 , lim 2 1 1 x x x x x x →−∞ →+∞ − + − + = − = − − − nên đường thẳng 2y = − là tiệm cận ngang. 0,25 *Chiều biến thiên: +) Ta có : ( ) 2 2 0, 1 1 y x x − ′ = < ∀ ≠ − 0,25 +) Bảng biến thiên + Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng ( ) ;1 −∞ và ( ) 1; +∞ . 0,25 c) Đồ thị *Vẽ đồ thị:Cắt Ox tại A(2;0) cắt Oy tại B(0;-4) * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm ( ) 1; 2I − làm tâm đối xứng. 0,25 I 2 1,0 ∑ Gọi 2 4 ; 1 a A a a − +    ÷ −   và 2 4 ; 1 b B b b − +    ÷ −   (Với , 1;a b a b≠ ≠ ) thuộc đồ thị (C). Khi đó hệ số góc của các đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là: ( ) 1 2 2 1 k a = − − và ( ) 2 2 2 1 k b = − − Do các đường tiếp tuyến song song nên: ( ) ( ) 2 2 2 2 1 1a b − = − − − 2a b ⇔ + = 0,25 Mặt khác, ta có: 2 4 ; 1 a OA a a − +   =  ÷ −   uuur ; 2 4 ; 1 b OB b b − +   =  ÷ −   uuur . Do OAB là tam giác vuông tại O nên ( ) ( ) ( 2 4)( 2 4) . 0 0 1 1 a b OAOB ab a b − + − + = ⇔ + = − − uuur uuur 0,25 Ta có hệ 2 4 8( ) 16 0 ( ) 1 a b ab a b ab ab a b + =   − + +  + =  − + +  . Giải hệ ta được 1 3 a b = −   =  hoặc 3 1 a b =   = −  hoặc 2 0 a b =   =  hoặc 0 2 a b =   =  0,25 Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là ( ) 1;1− và ( ) 3;3 hoặc (2;0) và (0;-4) 0,25 Câu 1 Tìm nghiệm x ( ) π ;0∈ của phương trình : ∑= 1 -2 -2 II 5cosx + sinx - 3 = 2 sin       + 4 2 π x . 5cosx + sinx - 3 = 2 sin       + 4 2 π x ⇔ 5cosx +sinx – 3 = sin2x + cos2x 0,25 ⇔ 2cos 2 x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0 ⇔ (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0 ⇔ (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0. 0,25 +/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. +/ cosx = 1 2 , 2 3 x k k Z π π ⇔ = ± + ∈ . 0,25 Đối chiếu điều kiện x ( ) 0; π ∈ suy ra pt có nghiệm duy nhất là : 3 π 0,25 2 Giải hệ phương trình: ( ) ( ) 3 3 2 3 2 6 3 5 14 , 3 4 5 x y y x y x y R x y x y  − − + − =  ∈  − + + = + −   . 1,0 ∑ Đkxđ 3, 4x y ≤ ≥ − Từ (1) ta có ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 3 2 3 2 3 2 3 2 2 2 2 3 0x x y y x y x x y y   + = + + + ⇔ − − + + + + + =   ( ) 2 2 3x y y x⇔ = + ⇔ = − 0,25 Thế (3) vào (2) ta được 3 2 3 2 2 3 4 1 4 4 2 2 1 3 0x x x x x x x x x x + + − = + − − ⇔ + − − + − + + − − = ( ) ( ) ( ) 2 2 2 2 1 0 2 2 1 3 x x x x x x x − − ⇔ − + + − + = + + + − ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 0 2 2 1 3 x x x x x   ⇔ − + + − + =  ÷ + + + −   0,25 ( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 2 2 1 0 3 3 2 2 1 3 x x x x x   ⇔ − + + + − + − =  ÷ + + + −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 2 1 0 3 2 2 2 1 3 1 3 2 3 x x x x x x x x x   + +  ÷ ⇔ − + + + + =  ÷ + + + + + − + −   ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 1 1 2 1 2 0 3 2 2 2 1 3 1 3 2 3 x x x x x x x    ÷ ⇔ − + + + + =  ÷ + + + + + − + −   0,25 ( ) ( ) 2 1 0 2, 1; 2 0, 1 3x x x x x y x y − + = ⇔ = = − = ⇒ = = − ⇒ = − Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho có tập nghiệm là ( ) ( ) { } 1; 3 ; 2;0 .S = − − 0,25 Câu III Tính tích phân 1 0 (2 1)ln( 1)I x x dx= − + ∫ 1,0 ∑ Đặt 1 2 1 2 0 2 0 1 ln( 1) ( )ln( 1) 1 2 1 1 du dx u x x x I x x x dx x dv x x v x x  = = +  −  ⇒ ⇒ = − + − +   = − +   = −  ∫ 0,25 1 0 2 2 1 I x dx x   = − − +  ÷ +   ∫ 0,25 1 2 0 2 2ln( 1) 2 x I x x   = − + − +  ÷   0,25 3 2ln 2 2 I = − 0,25 IV 1,0 ∑ M E O A D B C S I H Ta có 2 . 3 3 ABCD S a a a= = . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC, BD, theo giả thiết ta có ( )SO ABCD⊥ . 2 2 2 2 3 2 .AC AB BC a a a OC a= + = + = ⇒ = Lại có &AI SC SOC AIC⊥ ⇒ ∆ ∆ đồng dạng . . CI CA CI CS CO CA CO CS ⇒ = ⇔ = ⇔ 0,25 Từ đó 2 2 3 1 15 5 . 3 3 SABC ABCD SO SC OC a V SO S a= − = ⇒ = = 0,25 Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra SB// (AIM), do đó ( , ) ( ,( )) ( ,( )).d SB AI d SB AIM d B AIM= = Mà 2 CI CM BM CM CS CB = ⇒ = suy ra ( ,( )) 2 ( ,( ))d B AIM d C AIM= Hạ ( )IH ABCD⊥ , dễ thấy 3 1 15 , 3 6 18 54 ABCD AMC IAMC SABCD S SO IH S V V a= = ⇒ = = 0,25 Ta có 2 2 2 2 2 7 ; 3 3 3 3 10 3 SB SC IM a AM AB BM a AI AC CI a = = = = + = = − = Suy ra 2 3 70 154 1 55 cos sin . sin 28 28 2 12 AMI MAI MAI S AM AI MAI a∠ = ⇒ ∠ = ⇒ = ∠ = . 3 4 ( ,( )) 2 ( ,( )) 2. . 33 I AMC AMI V a d B AIM d C AIM S ∆ ⇒ = = = 0,25 1,0 ∑ Câu V gt 3 3 ( )( ) (1 )(1 ) a b a b a b ab + + ⇔ = − − (*) . vì ( ) 3 3 2 2 ( )( ) 2 .2 4 a b a b a b a b ab ab ab ab b a   + + = + + ≥ =  ÷   và ( ) ( ) 1 1 1 ( ) 1 2a b a b ab ab ab − − = − + + ≤ − + , khi đó từ (*) suy ra 4 1 2ab ab ab≤ − + , đặt t = ab (đk t > 0) ta được: ( ) 2 1 0 1 3 4 1 2 2 1 3 0 9 4 1 3 t t t t t t t t t  < ≤  ≤ − + ⇔ ≤ − ⇔ ⇔ < ≤   ≤ −  0,25 Ta có: 2 2 2 2 1 1 2 1 1 1 1 0 1 1 1 1 1 1 1a b ab a ab b ab     + ≤ ⇔ − + − ≤  ÷  ÷ + + + + + + +     ( ) ( ) ( ) ( ) ( ) 2 2 2 . 1 0 1 1 1 a b ab ab a b − − ⇔ ≤ + + + luôn đúng với mọi a, b ∈ (0; 1), dấu "=" xảy ra khi a = b 0,25 vì 2 2 2 2 1 1 1 1 2 2 2 2. 1 1 1 1 1 1 a b ab ab a b   + ≤ + ≤ =  ÷ + + + +   + + và ( ) 2 2 2 ab a b ab a b ab− − = − − ≤ nên 2 2 1 1 F ab t ab t ≤ + = + + + xét f(t) = 2 1 t t + + với 0 < t 1 9 ≤ có ' 1 ( ) 1 0 (1 ) 1 f t t t = − > + + với mọi 0 < t 1 9 ≤ 0,25 1 6 1 ( ) ( ) 9 9 10 f t f⇒ ≤ = + ,dấu "=" xảy ra 1 1 3 9 a b a b t ab =   ⇔ ⇔ = =  = =   Vậy MaxF = 6 1 9 10 + đạt được tại 1 3 a b= = 0,25 VI 1 1,00 + Ta có 5IA = . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC ∆ có dạng ( ) 2 2 : ( 1) ( 7) 25C x y− + − = + 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 ( ) 2 2 1 0 2;3 ( 1) ( 7) 25 x y D x y + − =  ⇒ −  − + − =  0,25 + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Do đó ID BC⊥ hay đường thẳng BC nhận véc tơ ( ) 3;4DI = uuur làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3 4 0x y c+ + = 0,25 + Do 4 ABC IBC S S ∆ ∆ = nên 4AH IK= + Mà ( ) ; 7 5 A BC c AH d + = = và ( ) ; 31 5 I BC c IK d + = = nên 0,25 114 3 7 4 31 131 5 c c c c  = −  + = + ⇒   = −   Vậy phương trình cạnh BC là : 9 12 114 0x y+ − = hoặc 15 20 131 0x y+ − = 0,25 Câu VII. Tính tổng: 0 1 2 2014 2 3 2015S a a a a= + + + + . 1,0 ∑ Nhân hai vế với x ta được 2014 2 3 2015 0 1 2 2014 (1 3 ) .x x a x a x a x a x− = + + + + 0,25 Lấy đạo hàm hai vế 2014 2013 2 2014 0 1 2 2014 (1 3 ) 6042 (1 3 ) 2 3 2015x x x a a x a x a x− − − = + + + + (*). 0,25 Thay 1x = vào (*) ta được: 2014 2013 0 1 2 2014 2 3 2015 ( 2) 6042( 2)S a a a a= + + + + = − − − . 0,25 Tính toán ra được 2014 3022.2S = 0,25 Câu VIII Giải hệ phương trình: 2 8 2 2 log 3log ( 2) 2 13 x y x y x x y  + = − +   + − =   . 1,0 ∑ Điều kiện: x+y>0, x-y ≥ 0 2 2 2 2 13 x y x y x x y  + = + −  ⇔  + − =   0,25 Đặt: , 0 , 0 u x y u v x y v  = + ≥   = − ≥   ta có hệ: 2 2 2 13 u v u v uv = +   + + =  0,25 2 2 2 2 2 1, 3 3, 1 (2 ) (2 ) 13 3 6 9 0 u v u v v u v u v v v v v v = + = + = =    ⇔ ⇔    = − = − + + + + = + − =    0,25 Kết hợp đk ta được 1, 3 5, 4v u x y= = ⇒ = = 0,25đ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 3 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1)x x m− + = + có 4 nghiệm thực phân biệt. Câu II (2,0 điểm) 1. Giải phương trình: sin 3 cos3 cos 2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x − + = + − . 2. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y  + − + − − =   ∈ − −  + =  −   ¡ . Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân: 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x π π − + = + ∫ . Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 2a và · · 0 90SAB SCB= = . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa đường thẳng SB với mặt phẳng (ABC). Câu V (1,0 điểm) Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b = + + + + + + + + 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 VI.a (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1; 4), B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1; −1; 0), cắt đường thẳng (d): 2 2 2 1 1 x y z− + = = và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + 5 = 0 một góc 30 0 . Câu VII.a (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 1 2 z i z i − + = − . B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): (x – 1) 2 + (y + 2) 2 = 10 và hai điểm B(1; 4), C(−3; 2). Tìm tọa độ điểm A thuộc (T) sao cho tam giác ABC có diện tích bằng 19. 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(13; −1; 0), B(2; 1; −2), C(1; 2; 2) và mặt cầu 2 2 2 ( ) : 2 4 6 67 0S x y z x y z+ + − − − − = . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua A, song song với BC và tiếp xúc mặt cầu (S). Câu VII.b (1,0 điểm) Giải bất phương trình sau: 2 4 4 1 1 log ( 3) log 4 3 x x x < − − + Hết ĐÁP ÁN Câu 1: 1, Cho hàm số 3 3 2 (1)y x x= − + . 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). TXĐ: ¡ 2 2 (1) ( 1) ' 3 3; ' 0 3 3 0 1; 0, 4y x y x x y y − = − = ⇔ − = ⇔ = ± = = Hàm số nghịch biến trên khoảng ( ) 1; 1− Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ) ( ) ; 1 ; 1;−∞ − + ∞ Hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, y CT = 0 và hàm số đạt cực đại tại x = −1, y CĐ = 4 Giới hạn: lim ; lim x x y y →−∞ →+∞ = −∞ = +∞ Bảng biến thiên: 1 x y’ −∞ +∞ y 1 − 0 0 + + − −∞ +∞ 4 0 x y −1 1 −2 0 • • • • • • 2 2 4 y’’= 6x; y’’= 0 ⇔ x = 0, y (0) = 2 ⇒ đồ thị có điểm uốn I(0; 2) là tâm đối xứng và đi qua các điểm (−2; 0), (2; 4) Đồ thị: Câu 1: 2. Định m để phương trình: 4 3 2 2 3 2 log ( 1)x x m− + = + có 4 nghiệm thực phân biệt. Phương trình đã cho là phương trình hoành độ giao điểm giữa 4 2 2 ( ) : log ( 1)d y m= + và 3 ( ') : 3 2C y x x= − + , với (C’) được suy ra từ (C) như sau: Từ đồ thị suy ra (d) cắt (C’) tại 4 điểm phân biệt khi và chỉ khi: 4 2 2 0 log ( 1) 4m< + < 2 1 1 2m⇔ < + < 2 1 0 1 0 m m m  <  ⇔ < < ⇔  ≠   Câu 2: 1. Giải phương trình: sin 3 cos3 cos 2 sin (1 tan ) 2sin 2 1 x x x x x x − + = + − . Đk 1 sin 2 (*) 2 cos 0 x x  ≠    ≠  . Với đk (*) phương trình đã cho tương đương: 3 3 2 2 3sin 4sin 4cos 3cos cos 2 sin(1 tan ) 2sin 2 1 (sin cos )(2sin 2 1) sin (sin cos ) cos sin 2sin 2 1 cos x x x x x x x x x x x x x x x x x − − + + = + − + − + ⇔ − + = − sin cos 0 (1) sin cos sin 1 (2) cos x x x x x x + =   ⇔  − + =  (1) tan 1 , 4 x x k k π π ⇔ = − ⇔ = − + ∈¢ cos sin 0 tan 1 (2) (cos sin )(1 cos ) 0 ( ) 4 1 cos 0 cos 1 2 x x x x k x x x k x x x k π π π π  − = = = +    ⇔ − + = ⇔ ⇔ ⇔ ∈    + = = −   = +  ¢ So với đk (*) suy ra các họ nghiệm của pt là: , 2 , 4 x k x k k π π π π = ± + = + ∈¢ Câu 2: 2. Giải hệ phương trình: 4 3 2 2 2 2 2 2 5 6 11 0 ( , ) 3 7 6 7 x x x y x x y y x x y  + − + − − =   ∈ − −  + =  −   ¡ . Đk 7y > . Khi đó hệ đã cho tương đương với: 2 2 2 2 2 ( 3) 7 13 ( 3) 7 6 x x y x x y  + − + − =   + − − = −   Đặt: 2 2 3; 7, 0u x x v y v= + − = − > . Khi đó hệ phương trình trở thành: 2 2 13 6 u v uv  + =  = −  2 2 1 2 3 ( ) 2 13 ( ) 1 6 3 2 6 6 u v u u u v uv u v uv v v uv uv + = ± = − = −   + − = + =    ⇔ ⇔ ⇔ ⇔ ∨      = − = = = − = −      x y −1 1 −2 0 • • • • • • 2 2 4 Giải các hệ phương trình: 2 2 2 2 3 2 3 3 , 7 3 7 2 x x x x y y   + − = − + − = −     − = − =     , ta được nghiệm của hệ đã cho là: ( ) ( ) 1 5 1 5 0; 11 , 1; 11 , ; 4 , ; 4 2 2     − ± − ± ± − ± −  ÷  ÷  ÷  ÷     Câu 3: Tính tích phân 2 4 2 4 sin 1 1 2cos x x I dx x π π − + = + ∫ Xét: 0 2 2 2 4 4 1 2 2 2 0 4 4 sin sin sin 1 2cos 1 2cos 1 2cos x x x x x x I dx dx dx x x x π π π π − − = = + + + + ∫ ∫ ∫ = I 1 + I 2 Đặt x t dx dt= − ⇒ = − . Đổi cận: ; 0 0 4 4 x t x t π π = − ⇒ = = ⇒ = Khi đó: 0 0 2 2 2 2 4 4 1 2 2 2 2 0 0 4 4 sin sin( ) sin sin ( ) 1 2cos 1 2cos ( ) 1 2cos 1 2cos x x t t t t x x I dx d t dt dx x t t x π π π π − − = = − = − = − + + − + + ∫ ∫ ∫ ∫ Suy ra 1 0I = 4 4 2 2 2 2 4 4 1 1 1 . 1 1 2cos cos 2 cos I dx dx x x x π π π π − − = = + + ∫ ∫ Đặt 2 1 tan cos t x dt dx x = ⇒ = . Đổi cận: 1; 1 4 4 x t x t π π = − ⇒ = − = ⇒ = 1 2 2 1 1 3 I dt t − ⇒ = + ∫ Lại đặt 2 3 tan 3(1 tan )t u dt u du= ⇒ = + . Đổi cận: 1 ; 1 6 6 t u t u π π = − ⇒ = − = ⇒ = 6 6 2 6 6 3 3 3 3 3 9 I du u π π π π π − − ⇒ = = = ∫ . Vậy 1 2 3 = 9 I I I π = + Câu 4: Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B, AB = BC = 3a , khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) bằng 3a và · · 0 90SAB SCB= = . Tính thể tích khối chóp S.ABC theo a và góc giữa SB với mặt phẳng (ABC). Gọi H là hình chiếu vuông góc của S trên mp(ABC). Ta có: + ( ) (gt) SH ABC HA AB SA AB ⊥  ⇒ ⊥  ⊥  . Tương tự HC BC⊥ Suy ra tứ giác HABC là một hình vuông + Có: / / ( ) / / ( )AH BC SBC AH SBC⊂ ⇒ [ ,( )] [ ,( )] 2d A SBC d H SBC a⇒ = = + Dựng HK SC ⊥ tại K (1). Do ( ) (2) BC HC BC SHC BC HK BC SH ⊥  ⇒ ⊥ ⇒ ⊥  ⊥  (1) và (2) suy ra ( )HK SBC⊥ . Từ đó [ ,( )] 2d H SBC HK a= = S B H C A K 2 2 2 2 3 2KC HC HK a a a⇒ = − = − = · . 2. 3 tan 6 HK SH HK HC a a SCH SH a KC HC KC a = = ⇒ = = = Thể tích Khối chóp S.ABC được tính bởi: 3 1 1 1 6 . . . 3. 3. 6 3 6 6 2 ABC a V S SH AB BC SH a a a= = = = + Góc giữa SB với mp(ABC) là góc · 0 45SBH = (do ∆SHB vuông cân) Câu 5: Cho ba số thực dương a, b, c thỏa mãn a + b + c = 3. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 2 2 2 b b c c a a P a b c b c a c a b = + + + + + + + + Từ giả thiết ta có 3 3 3 b b c c a a P a b c = + + + + + Áp dung bất đằng thức Cauchy cho 3 số thực dương, ta có: 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 b b b b a b b a a + + + ≥ = + + Tương tự 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 c c c c b c c b b + + + ≥ = + + ; 3 3 3 3 3 16 64 4 2 3 2 3 a a a a c a a c c + + + ≥ = + + Cộng vế theo vế các bất đẳng thứ trên ta được: 9 3 3 ( ) 16 4 2 3 3 3 b b c c a a a b c a b c P a b c + + + + + + ≥ + + ⇔ ≥ + + + Đẳng thức chỉ xảy ra khi 1a b c= = = Câu 6a: 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (T): x 2 + y 2 – 9x – y + 18 = 0 và hai điểm A(1;4), B(−1; 3). Gọi C, D là hai điểm thuộc (T) sao cho ABCD là một hình bình hành. Viết phương trình đường thẳng CD.Ta có ( 2; 1), 5AB AB= − − = uuur ; (C) có tâm 9 1 ; 2 2 I    ÷   và bán kính 10 2 R = ABCD là hình bình hành nên CD = AB và phương trình CD: x – 2y + m = 0 7 2 ( , ) 2 5 m d I CD + = ; 2 2 2 ( , )CD R d I CD= − 2 2 5 (7 2 ) 5 2 7 6 0 1; 6 2 20 m m m m m + ⇔ = − ⇔ + + = ⇔ = − = − Vậy phương trình CD: x – 2y − 1 = 0; x – 2y − 6 = 0 Câu 6a: 2. Trong không gian tọa độ Oxyz, viết phương trình đường thẳng ∆ đi qua điểm M(1;−1;0), cắt đường thẳng (d): 2 2 2 1 1 x y z− + = = và tạo với mặt phẳng (P): 2x − y − z + 5 = 0 một góc 30 0 . Gọi ( ) (2 2 ; ; 2 )N d N t t t= ∩ ∆ ⇒ + − + Ta có: (1 2 ; 1; 2 )MN t t t= + + − + uuuur và mp(P) có vtpt (2; 1; 1)n = − − r (d) tạo với (P) góc 30 0 nên: ( ) 0 2 2 2 2 4 1 2 1 sin30 cos , 2 (1 2 ) ( 1) ( 2) . 6 t t t MN n t t t + − − + − = = = + + + + − uuuur r 2 2 2 3 3 9 10 18 0 0; 2 5 6 2 6 t t t t t t t + ⇔ = ⇔ − = ⇔ = = + + + Với t = 0, phương trình 1 1 : 1 1 2 x y z− + ∆ = = − + Với 9 5 t = , phương trình 1 1 : 23 14 1 x y z− + ∆ = = − Câu 7a: Tìm số phức z thỏa mãn 2 2 6z z+ = và 1 1 2 z i z i − + = − . Giả sử , ( , )z x yi x y= + ∈¡ . Ta có: + 2 2 2 2 2 2 6 ( ) ( ) 6 3z z x yi x yi x y+ = ⇔ + + − = ⇔ − = [...]... = 1560 Ta cú: n ( ) = 5880 , n ( A) = 1560 P(A) = 1560 13 = 5880 49 B GIO DC V O TO THI TH I HC NM 2014 MễN TON KHI A V A1 Thi gian lm bi 180 phỳt, khụng k thi gian 02 phỏt I Phn chung cho t c cỏc thớ sinh ( 7,0 im ) Cõu 1: ( 2,0 im) Cho hm s y = x 4 2(m + 1) x 2 + m 2 (1) ( vi m l tham s ) 1 Kho sỏt s bin thi n v v th hm s (1) khi m=0 2 tỡm m th hm s (1) cú 3 im cc tr to thnh 3 nh ca mt tam... < x 2 4 x + 3 x 3 < x 1 (ung x (2; 2 + 2) ) Võy bpt co tõp nghiờm la S = (2; 2 + 2) (4; + ) THI TH I HC MễN TON NM 2012 - 2013 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = 2 x 3 3(2m + 1) x 2 + 6m(m + 1) x + 1 (1) (m l tham s thc) 3 Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) khi m = 0 4 Xỏc nh m im M (2m3 ; m) to vi hai im cc i, cc tiu ca th hm... v = 0 u 3u 2 = 0 1 Vi u = 1 log 2 x = 1 x = 2 Vi u = 2 log 2 x = 2 x = 4 2 2 - THI TH I HC MễN TON S 58 NM HC 2013 - 2014 Thi gian lm bi: 180 phỳt I PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH (7,0 im) Cõu I (2,0 im) Cho hm s y = x 3 3x 2 + 2 1 Kho sỏt s bin thi n v v th (C) ca hm s 2 Tỡm m ng thng (): y = ( 2m 1) x 4 m ct th (C) ti ỳng hai im M, N phõn bit v M, N cựng... + 2 x 3 1 Khi o co 3 trng hp: TH1: Nờu x > 4 thi log 4 x 2 4 x + 3 > log 4 1 = 0 va log 4 ( x 3) > log 4 1 = 0 Do o bpt tng ng: log 4 ( x 3) < log 4 x 2 4 x + 3 x 3 < x 2 4 x + 3 x 3 < x 1 (ung x > 4 ) TH2: Nờu 2 + 2 < x < 4 thi log 4 x 2 4 x + 3 > log 4 1 = 0 va log 4 ( x 3) < log 4 1 = 0 Suy ra bpt vụ nghiờm TH3: Nờu 3 < x < 2 + 2 thi log 4 x 2 4 x + 3 < log 4 1 = 0 va log 4 ( x... (cosx 0) )] cos x = 2 sin 2 x cos x sin x 2 (1 - sin2x)(cosx sinx) = 0 sỡn2x = 1 hoc tanx = 1 V=8 3 Cõu 4 (1,0 im) [1 cos(2 x THI TH I HC MễN TON S 60 NM HC 2013 - 2014 Thi gian lm bi: 180 phỳt Cõu 1 ( 2,0 im) Cho hm s y = x +1 cú th (C) 3 x a) Kho sỏt s bin thi n v v th hm s b) Gi I l giao im ca hai tim cn ca (C) Tỡm cỏc s thc m ng thng d : y = x + m ct (C) ti hai im phõn bit A, B to thnh... a b c 9 biu thc P = b 2 + c 2 + a 2 + 2(a + b + c) .Ht Thớ sinh khụng c s dng ti liu Cỏn b coi thi khụng gii thớch gỡ thờm H v tờn thớ sinh:; S bỏo danh: Ch kớ giỏm th 1:. Ch kớ giỏm th 2: Hớng dẫn chấm 60 Cõu 1: 1,(1,0 im) a)Kho sỏt s bin thi n v v th hm s y = x +1 3 x 1 Tp xỏc nh: D = Ă \{3} 2 S bin thi n ca hm s * Gii hn ti vụ cc, gii hn vụ cc ca hm s Tim cn ca th hm s 1 1+ x +1 x = 1 lim y... s thc) Kho sỏt s bin thi n v v th ca hm s (1) khi m = 0 Ta cú hm s: y = 2 x3 3x 2 + 1 TX: Ă 3 2 x = 0 y ' = 6x2 6 x ; y ' = 0 6 x2 6x = 0 ; y(0) = 1, y(1) = 0 x = 1 Ham sụ nghch bin trờn khoang ( 0; 1 ) Ham sụ ng bin trờn mi khoang ( ; 0 ) ; ( 1; + ) Ham sụ at cc tiờu tai x = 1, yCT = 0 va ham sụ at cc ai tai x = 0, yC = 1 Gii han: xlim y = ; xlim y = + + y Bang biờn thi n: x 1 + 0 1 0 0... lim = ;lim y = lim = + => + x 3 3 x x 3 3 - x x 3+ x 3 th hm s nhn ng thng x=3 lm tim cn ng y'= + y' hm s nhn ng thng y=-1 lm tim cn ngang * Lp bng bin thi n 3 - y -1 - 4 > 0x D , y khụng xỏc (3 x) 2 x+1 f (x ) = nh x=3 3-x g(x ) = -1 Bng bin thi n q(fy x )==3 () Hm s ng bin trờn tng khong xỏc nh-1 3 nú Hm s f (x )f =y-1= ca ( ) r(x ) = -1 khụng cú cc tr s (x ) = -1 3 th -Giao ca th hm s v... PTTS MI: , MI (T ) ti K1(3;1) v K2(-8;-12) y = 2 + 3t P= Ta cú AK1 < AK 2 Vy K K1 , tc l K(3;1) Cõu 6a:2.(1 im) (S) cú tõm I(1; 2; 1), bỏn kớnh R= IA= 3 (P) cha Ox (P): by + cz = 0 Mt khỏc ng trũn thit din cú chu vi bng 6 Suy ra bỏn kớnh bng 3 cho nờn (P) i qua tõm I Suy ra: 2b c = 0 c = 2b (b 0) (P): y 2z = 0 n 0 1 2 2 n n Cõu7a(1 im) Xột khai trin (1 + x ) = Cn + Cn x + Cn x + + Cn x 4... bng a, SA = SB = a , SD = a 2 v mt phng (SBD) vuụng gúc vi mt phng (ABCD) Tớnh theo a th tớch khi chúp S.ABCD v khong cỏch gia hai ng thng AC v SD S H D C 3a 2 a AO = AB OB = a = 4 2 2 O A Theo gi thit (ABCD) (SBD) theo giao tuyn BD Do ú nu dng AO (SBD) thỡ O BD Mt khỏc AS = AB = AD OS = OB = OD hay SBD l tam giỏc vuụng ti S T ú: BD = SB 2 + SD 2 = a 2 + 2a 2 = a 3 B 2 Suy ra th tớch khi chúp . GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn thi: TOÁN, Khối A và B Thời gian làm bài: 180 phút Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số 2 4 1 x y x − + = − (1) 1. Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ. =    Với 2 1 1 log 1 2 u x x= − ⇒ = − ⇔ = Với 2 2 log 2 4u x x= ⇒ = ⇔ = ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN SỐ 58 NĂM HỌC 2013 - 2014 Thời gian làm bài: 180 phút I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ. − (đúng (2; 2 2)x∀ ∈ + ) Vậy bpt có tập nghiệm là (2; 2 2) (4; )S = + ∪ + ∞ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN NĂM 2012 - 2013 Thời gian làm bài: 180 phút. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH