100 đề thi thử đại học môn toán có đáp án cực hay của GSTT

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 Môn: TOÁN; khối A, A1, B (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) GSTT GROUP ĐỀ CHÍNH THỨC A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  www.NhomToan.com 2x  có đồ thị (C) x 1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (d): – cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho A, B với điểm P(1;2) tạo thành tam giác Câu II (2,0 điể iải hệ hư iải gt π 3π    cos  x   sin  2x      4  hư g t h  cos x sin x 2x  y 3x   2 4x  2y  x 1   h  12x  4y  5(x  1)(2x  y  1)   Câu III (1,0 điểm) Tính I  π x  sin 2xdx π  Câu IV (1,0 điểm) h h h óc gi a đườ g thẳ g gt m t hẳ g có h h chó tam giác đề có cạ h đá α ới cosα  h thể t ch h h g t đ ch a c i góc gi a m t hẳ g Câu V (1 điể Cho Tìm giá trị nhỏ biểu thức c(a  b) P  ab   c(a  c) ab II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn Câu VI a (2,0 điểm) Trong m t phẳng tọa độ Oxy, ch đường tròn (C): điểm A(3; 9) Từ A vẽ tiếp tuyế , đến (C), với B, C tiế điểm Viết hư g t h đường tròn nội tiếp tam giác ABC x  y  z 1 m t phẳng (P): Trong không gian tọa độ Oxyz, ch đường thẳng (d):   1 2 song song với đường thẳng 2x  3y  z   Viết hư g t h m t phẳ g Q q a điểm d đồng thời hợp với m t phẳng (P) góc n   Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa khai triển nhị thức Niu – t   x  , biết tổng x  hệ số khai triển bằ g 187 t g ố nguyên không âm x > 0) Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 điểm) g m t hẳ g tọa độ Ox , ch đườ g t ò ): điểm Viết hư g t h đườ g thẳ g d q a P cắt điểm , a ch t g điểm P x2 y2 z3 g khô g gia tọa độ Ox z, ch đườ g thẳ g d : ; d ' :   2 x4 y2 z3 điểm 1;1; ọi , hai điểm ầ ượt ằm t ê d , d đồ g thời   1 3 ô g góc ới m t hẳ g P : 5x  4y  z   Viết hư g t h đườ g hâ giác góc Câu VIIb (1 điểm) Chứng minh rằ g hư g t h a có ghiệm ảo 2z  (5i  3)z  ( 8i  4)z  4i   - T ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B – THI THỬ ĐẠI HỌC GSTT lần năm 2014 Câu I Tọ v ệm c a hệ p ươ { v trì { u tạ : { p â b ệt v b P ươ trì ó ệ xB T e ị p â b ệt ⌊ Vớ t ả ã ều k ệ * PT ó ệ p â b ệt A í VI-et ta có: { Tọ v ọ I tru v Tọ ⃗⃗⃗ PI I [ √ ] ( ) PI √ √ [ √ ] √ √ Ve t ỉ p ươ P PI { PI ều ⃗ u ⃗⃗⃗ ⃗ { PI u PI √ Kết ợp vớ ó ều k ệ trị * t t ấ t ỏ { √ √ { Vậ ả ã b t á trị ều t √ ả ã √ Câu II Đ ều kiện: sinx   x  kπ k ∈ ℤ P ươ trì ã tươ ươ với:   3π   π 3π   π 2cos  x   sin  2x     2sin xcos x  2cos  x   sin  2x     2sin xcos x   4   4       π  3π  π π  π   2cos  x   sin  2x     sin x  cos x   2cos  x   cos  2x     cos  x    4 4   4        3π  x   kπ  π  π π   cos  x     x    kπ π        x   k2π k ∈ ℤ   π π  2x  π    x  π   k2π     cos  2x    cos  x    4   4 4     x  k2π   www.GSTT.vn ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B – THI THỬ ĐẠI HỌC GSTT lần năm 2014 3π π Kết hợp vớ ều kiệ ịnh, ta kết luậ ược họ nghiệm c p ươ trì x  kπ ; x   k2π ; 2π 2π x  k2π x   k2π 3 Đ ều k ệ : PT t ất tươ : √ Đ t: u T ươ √ v uv ó: u v u ệ tr t :{ v u , v v u Giả r ược (x;y) = (5; -10) Thử lại thấy thỏa mãn Câu III I ∫ √ I ∫ | T ∫ π ó ∈ Đ t{ π u v √ √ ∫ t ì ( π ) ( ó: I *√ | π ) u ót √ ∫ ó: I ∫ π ) ( √ π ) ( π π )+ | π ( π )| ( |√ { v √ ∫ √ π ) ( √ √ π ( √ π π )| π √ π Câu IV ọ Vì trọ tâ t ì ì √ ễ ó óp t ếu ều tr ó ọ M Dễ thấ M tru www.GSTT.vn v ̂ √ √ √ V ̂ v √ N v v N √ tru I v tru v MN m MN tu ến c v Dễ thấ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B – THI THỬ ĐẠI HỌC GSTT lần năm 2014 MN t giác cân lầ ượt tạ v ó Iv I vuô ó với MN Góc gi a góc gi Iv I MN v v M I √ N √ M MI | I | √ √ b P √ b , theo bất ẳng th c Cô si (AM – GM) ta có: b ( b b b √ ) b ( b ) ó b √ b √ b √ b √ √ b Vậy minP = , Câu VIa (C): ó Î Gọi √ √ b √ b b √ b √ MI | I MM MI √ M I I Thật vây, với , b √ MN I I | Câu V Ch ng minh: √ b √ √ M √ b √ √ √ b , có tâm I(-3;1), bán kính R = 5, AI = 10 ều Ta có: ⃗⃗⃗⃗ I I⃗⃗⃗ I Gọi G trọ tâ t I⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ I⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ I ều ABC Đường tròn n i tiếp tam giác ABC nhận G làm tâm bán kính ó p ươ trì : P ó VTPT ⃗⃗⃗⃗ ọ ⃗⃗⃗⃗ VTPT  ⃗⃗⃗⃗ u  (⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ) ó VT P u ⃗⃗⃗⃗ ẳ ầ tì ⃗⃗⃗⃗ – – | | √ √ Nếu A = C = Chọn nên vô lí [ Vậy có m t phẳng (Q) thỏa mãn yêu cầu ề bài:x – 2y + 3z -1 = 9x + 10y + 13z – 51 = Câu VIIa Đ t ( ó: Xét ố www.GSTT.vn √ ) Tổ ệ ố tr k tr N u tơ bằ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI A, A1, B – THI THỬ ĐẠI HỌC GSTT lần năm 2014 Ta có: Su r ó ều ất ệ k ô â M t k : g(0) = > 0, g(1) = -2184 < 0, g(10) = 37179 > Su r tr k ả ệ ò ằ tr k ả ó: vớ Xét k tr : PI  Vớ b ó (– Vì IP ) ất ằ √ uô MP PI t ó: √ b √ ọ b | ườ t ẳ t ỏ | ã : ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗ – p â ( Câu VIIb ả p ươ Đ t )∈ – b– ó – ) ệ t √ v , (– b | b| √ b -72 - 590 = –b – b – b) ∈ k b– b – tạ P ươ trì * ó ốt ự k PI b– P ó VTPT ⃗ – – b– – b– ó: – P ọ – – b– M b| √( ) Su r ⃗⃗⃗⃗⃗ trị u ệ v bá kí IP | P Đườ I P ỉ p ươ tù ý – P vé tơ Vớ b M b  ó tâ IP] Vậ ⃗⃗⃗⃗⃗ ễt ấ ( ) ( tru [ t ì √ ) là: Câu VIb : T ó: P P Đ tu â ệ k ố ọ M k ô ( k Vậ u ó t trì √ ó ườ t uầ ả v * t √ t ẳ : ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ ( ) ượ : { Vậy (*) có nghiệm ảo z = -2i -Hết - Hẹn g p lại em vào kỳ thi thử Đại học GSTT lần (thời gian chi tiết thông báo sau) Chúc em ôn thi tốt! www.GSTT.vn ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN III NĂM 2014 Môn: TOÁN; khối D (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) GSTT GROUP ĐỀ CHÍNH THỨC A PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  www.NhomToan.com 2x  có đồ thị (C) x 1 Khảo sát vẽ đồ thị (C) hàm số Tìm giá trị tham số m để đường thẳng (d): – cắt đồ thị (C) hai điểm phân biệt A, B cho A, B với điểm P(1;2) tạo thành tam giác Câu II (2,0 điể iải hệ hư iải hư gt π 3π    cos  x   sin  2x      4  h  cos x sin x gt  2x  y 3x   2  x 1  4x  2y  h  1     2x  y  x  ln3 Câu III (1,0 điểm) Tính I   ln Câu IV (1,0 điểm) h h h óc gi a đườ g thẳ g 2e gt 2x dx  5e x  có m t hẳ g h h chó tam giác đề có cạ h đá h thể t ch h h g t đ ch α ới cosα  a c i góc gi a m t hẳ g Câu V (1 điể ( thức Cho x, y, z ba số thực dư ) ( ) ( ) g thỏa mãn x + y + z = Tìm giá trị nhỏ biểu II PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh làm hai phần (phần phần 2) Theo chương trình Chuẩn Câu VI a (2,0 điểm) Trong m t phẳng tọa độ Oxy, ch đường tròn (C): điểm A(3; 9) Từ A vẽ tiếp tuyế , đến (C), với B, C tiế điểm Viết hư g t h đường tròn nội tiếp tam giác ABC x  y  z 1 m t phẳng (P): Trong không gian tọa độ Oxyz, ch đường thẳng (d):   1 2 ) song song với đường thẳng 2x  3y  z   Viết hư g t h m t phẳ g Q q a điểm ( d đồng thời hợp với m t phẳng (P) góc n   Câu VIIa (1,0 điểm) Tìm số hạng chứa khai triển nhị thức Niu – t   x  , biết tổng x  hệ số khai triển bằ g 187 t g ố nguyên không âm x > 0) Theo chương trình Nâng cao Câu VIb (2 điểm) g m t hẳ g tọa độ Ox , ch đườ g t ò ): điểm ( ) Viết hư g t h đườ g thẳ g d q a P cắt O điểm , a ch t g điểm P x2 y2 z3 g khô g gia tọa độ Ox z, ch đườ g thẳ g d :   ; d ' : 2 x4 y2 z3 điểm 1;1; ọi , hai điểm ầ ượt ằm t ê d , d đồ g thời   1 3 ô g góc ới m t hẳ g P : 5x  4y  z   Viết hư g t h đườ g hâ giác góc Câu VIIb (1 điểm) Chứng minh rằ g hư g t h a có ghiệm ảo 2z  (5i  3)z  ( 8i  4)z  4i   -H T ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI D – THI THỬ ĐẠI HỌC GSTT lần năm 2014 Câu I Tọ v ệm c a hệ p ươ { v trì { u tạ : { p â b ệt v b P ươ trì ó ệ xB T e ị p â b ệt ⌊ Vớ t ả ã ều k ệ * PT ó ệ p â b ệt A í VI-et ta có: { Tọ v ọ I tru v Tọ ⃗⃗⃗ PI I [ √ ] ( ) PI √ √ [ √ ] √ √ Ve t ỉ p ươ P PI { PI ều ⃗ u ⃗⃗⃗ ⃗ { PI u PI √ Kết ợp vớ ó ều k ệ trị * t t ấ t ỏ { √ √ { Vậ ả ã b t á trị ều t √ ả ã √ Câu II Đ ều kiện: sinx   x  kπ k ∈ ℤ P ươ trì ã tươ ươ với:   3π   π 3π   π 2cos  x   sin  2x     2sin xcos x  2cos  x   sin  2x     2sin xcos x   4   4       π  3π  π π  π   2cos  x   sin  2x     sin x  cos x   2cos  x   cos  2x     cos  x    4 4   4        3π  x   kπ  π  π π   cos  x     x    kπ π        x   k2π k ∈ ℤ   π π  2x  π    x  π   k2π     cos  2x    cos  x    4   4 4     x  k2π   www.GSTT.vn Kết hợp vớ x ều kiệ ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI D – THI THỬ ĐẠI HỌC GSTT lần năm 2014 3π π ịnh, ta kết luậ ược họ nghiệm c p ươ trì x  kπ ; x   k2π ; 2π 2π  k2π x   k2π 3 Đ ều k ệ : √ Đ t: u T √ v uv ó: u v u ệ tr t :{ v u u { v v Giả r ược (x;y) = (5; -10) Thử lại thấy thỏa mãn Câu III t Đ tt e t e t Đổi cận: t I ∫ t t t | Vậ I t t t ∫ t ∫ e t t t t | t Dễ ó ∫ t t t t | e Câu IV ọ Vì trọ tâ t ì ì óp t ếu √ ều tr ó ọ M √ v Dễ thấ M Dễ thấ tru MN v v www.GSTT.vn √ v √ N MN t góc gi ̂ √ √ V ̂ v v N Iv â I tru v ầ ượt tạ I v tru m MN v MN D ó Iv tu ến c I vuô v ó với MN Góc gi a M √ N √ M I ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI D – THI THỬ ĐẠI HỌC GSTT lần năm 2014 MM √ MN MI M √ MI I | √ M I I I I | I √ MI √ Câu V P   x  y2  z    xy  yz  xz   2xyz   x  y  z    xy  yz  xz     xy  yz  xz   2xyz    6x  y  z  6(xy  yz  xz)  2xyz  6.32  6x(y  z)  2yz(x  3)  54  6x(y  z)   54  6x(3  x)  3  x  2 (x  3)  x  15x  27x  81 t vớ t [ ả ã Bảng biến thiên  x y’ -  + y 34 Từ bảng biến thiên suy MinP = 34, xảy Câu VIa (C): , có tâm I(-3;1), bán kính R = 5, AI = 10 D ó Î ều Gọi I Ta có: I⃗⃗⃗⃗ I⃗⃗⃗ I I⃗⃗⃗⃗ I⃗⃗⃗ Gọi G trọ tâ t ều ABC ⃗⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗⃗ Đường tròn n i tiếp tam giác ABC nhận G làm tâm bán kính ó p ươ trì : P ó VTPT ⃗⃗⃗⃗ ọ ⃗⃗⃗⃗ VTPT  ⃗⃗⃗⃗ u  (⃗⃗⃗⃗ ⃗⃗⃗⃗ ) ó VT P u ⃗⃗⃗⃗ ầ tì ⃗⃗⃗⃗ – – √ √ Nếu A = C = Chọn nên vô lí [ Vậy có m t ph ng (Q) thỏa mãn yêu cầu ề bài:x – 2y + 3z -1 = 9x + 10y + 13z – 51 = Câu VIIa Đ t D ó: ( www.GSTT.vn √ ) Tổ ệ tr k tr N u tơ bằ (y  z)2 (x  3) ĐÁP ÁN MÔN TOÁN KHỐI D – THI THỬ ĐẠI HỌC GSTT lần năm 2014 t Ta có: Su r ó ều ất ệ k ô â M t k : g(0) = > 0, g(1) = -2184 < 0, g(10) = 37179 tr k ả ệ ò ằ tr k ả D ó: vớ tk tr : ứ Câu VIb : T ó: P P là: Vớ b  Vớ b ó (– tơ trị u ) I ệ ằ ất √ IP uô ú | v bá kí P ỉ p ươ IP MP PI t ó: √ b √ ọ b ườ t t ỏ | – b– ⃗⃗⃗⃗⃗ Su r ⃗ – p â ( Câu VIIb ả p ươ Đ t )∈ – b– – ó ) trì v , (– b– P – – b– ó: – √ b b √ b -72 - 590 = –b – b – ó VTPT ⃗ – b– D D tạ D t ó P ươ trì ườ ệ t PI b) ∈ k b– b – * ó t ự k P ọ ã : – M b √( ) P ⃗⃗⃗⃗⃗D P tù ý – Vì M IP] Đườ PI v  Vậ ⃗⃗⃗⃗⃗ ệ ễt ấ ( ) ( ó tâ b [ t ì √ ) tru Đ tu â ó ú k ọ M k ô ( k Vậ u Su r t uầ ả v * t √ √ t D: ⃗⃗⃗⃗⃗ D ⃗⃗⃗⃗⃗ D D( ) ượ : { Vậy (*) có nghiệm ảo z = -2i -Hết - Hẹn g p lại em vào kỳ thi thử Đại học GSTT lần (chi tiết thông báo www.gstt.vn) Chúc em ôn thi t t! www.GSTT.vn MH nho nhfrt x - y + 1= (2) Tir (1) va (2) ~ Cau9a (1 diem) Pt~[Z: Z ~jfi ml oJ 1-{-fi 2' 2' 0,25 -hoac M(- fi J2 1- 2' _ 2') 0,25 =-1=i -2z+2=0 ~ [: : ~: i S = i2014+ (_i)2014 + (1- i)2014+ (1 + i)2014= (i2 )1007+ [c-i)2 Y007+ (_2i)1007 + (2i)1007 S = - + (_2)1007i1007+ 21007il007 = - B.Theo chU01lg trinh nang cao: 0,5 0,25 0,25 Cau7b (1 diem) GQi pt d: : + ~ =1 ( a, b >0 ) N(2, 1) thuoc d ~~+.!.=1~b=-aa b a-2 ( a > 2) - 0,25 OA+OB=a+b=a+ _a_ a-2 a - 4a+ f( a) =a+ a ~ f' ()a = -a-2 (a-2)2 0,25 a f' (a) = t-7[a = - fi(Z) a=2+Ji(n) KL: -Cau 8b (1 diem) Pt dt d: x r;:; + ~v 2+v2 v2+1 (S): (x+ 2)2 + (y + 3)2 + IJ = d(1,d) = L~p BBT Z2 /13- m -16 l~ p » nQ = /13 - m (1) (J 1ft trung diem HK) (m < 13) (a) 1[~,Ai], I~I' VOl - ( ) AI= -2,-4,1 = /153 (2) = J153 ~ m = -20 (thoa dk (a)) + 0,5 /81+36+36 /4+1+4 [;,AI]=(9,-6,-6)~d(1,d)= Cau9b ° - j= (6,3,6) = 3(2,1,2) A(O 1) Lt-ay dO;' rem ,,Ed, d(1,d) = (1 diem) f f =1 = /- m -3 +~ 2+fi =13 - m ~ (S)co tam 1(-2, -3, O),bk R Duong thfulg d co vtcp ~ = Tir (1) va (2) J- m - 3 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN Môn: TOÁN; Khối A + A1 + B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC www.NhomToan.com I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) mx  Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  (1) có đồ thị ( Cm ) x 1 a) Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị (C) hàm số (1) m  b) Tìm m để đồ thị ( Cm ) có hai điểm M , N cách hai điểm A(3;6), B(3; 0) tạo thành tứ giác AMBN có diện tích 18 (đvdt)  sin x  cos x  sin( x  )  3cos x Câu (1,0 điểm) Giải phương trình 1 cos x  2  y  y  y   3x  x  Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y   ) 2  y  x  y  3x   2 Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   x  ln  x   dx  x 1  ( x  1) Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC tam giác vuông cân B, AB = BC = a ,   SCB   900 khoảng cách từ A đến mặt phẳng (SBC) a Tính thể tích khối chóp S.ABC SAB diện tích mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S ABC theo a Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa điều kiện x  y   xy  Tìm giá trị lớn xy 16 x  y2  II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh làm hai phần (phần A B) A Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a (1.0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H  1;3 , tâm đường tròn ngoại biểu thức P  x y  tiếp I (3; 3) chân đường cao kẻ từ đỉnh A K  1;1 Tìm tọa độ đỉnh A, B, C Câu 8.a (1.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz , cho điểm A  5; 2;  , B (3; 2;6) Tìm toạ độ   450 điểm M thuộc mặt phẳng ( P ) : x  y  z   cho MA  MB MAB Câu 9.a (1.0 điểm) Tìm số phức z thỏa điều kiện z   i  z z  4( z  2i ) số thực B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A  4;3 , đường phân  3 giác góc A có phương trình x  y   tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC I  2;   2 Viết phương trình cạnh BC , biết diện tích tam giác ABC lần diện tích tam giác IBC Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz cho điểm A(1; 1;0) , đường thẳng x  y 1 z 1 mặt phẳng ( P) : x  y  z   Tìm toạ độ điểm M thuộc mặt phẳng (P) biết   1 đường thẳng AM vuông góc với  khoảng cách từ M đến đường thẳng  nhỏ : Câu 9.b (1.0 điểm) Trong hộp có 50 viên bi đánh số từ đến 50, chọn ngẫu nhiên viên bi Tính xác suất để tổng ba số ba viên bi chọn số chia hết cho Hết Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: .; Số báo danh: SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 khối B (Đáp án – thang điểm gồm 06 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Đáp án Điểm 1,0 0,25 a) Khi m  ta có hàm số y  2x 1 x 1 1  0, x  D ( x  1)2 Hàm số nghịch biến khoảng: (;1) (1;  ) Giới hạn tiệm cận: lim y  ; lim y    tiệm cận đứng: x = TXĐ: D   \ 1 , y '  x 1 0,25 x 1 lim y  lim y   tiệm cận ngang y = x  x  Bảng biến thiên: x  y’ 0,25 +   + y  y 1  Đồ thị: Đi qua điểm  ;  ,  0; 1 nhận 2  giao điểm tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng 0,25    1   x b) Ta có: M , N cách A, B nên M , N  d : y  x  đường trung trực A, B Phương trình hoành độ giao điểm (Cm ) d : mx   x   x  (m  2) x   0, x  (1) x 1 Để d cắt (Cm ) hai điểm phân biệt M , N  (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1,0 0,25 0,25   (m  2)     m  (*) m   x  x  m  Khi (1) có hai nghiệm phân biệt x1 , x2 Theo định lí Vi-et, ta có :   x1 x2  2 Gọi M ( x1 ; x1  3), N ( x2 ; x2  3)  MN  2[( x1  x2 )  x1 x2 ]  2[( m  2)  8] Diện tích tứ giác AMBN 18  AB.MN  18  2[(m  2)  8]  18 0,25 (1,0 điểm) m   (m  2)    m  So với điều kiện (*) suy giá trị m cần tìm m=3 Điều kiện: x  k 2 , k  Z Khi đó, phương trình cho tương đương: sin x  cos x   s inx  cos x   3cos x  cos x   s inx    s inx(cos x  s inx  2)    cos x  s inx   0(VN )  x  k So với điều kiện ban đầu, suy x    k 2 , k  nghiệm phương trình (1,0 điểm)  y  y  y   x  x  (1) Xét hệ phương trình  2 (2)  y  x  y  x   Ta có : (2)  3x  x  y  y  Thay vào (1) ta được: y  y  y   x  y  y   x   ( y  1)  ( y  1)   x  x  (*)  với t  Xét hàm số f (t )  t  t  với t  Ta có f / (t )   t4 Suy f (t ) đồng biến [0; ) Do  x  y 1 (*)  f ( y  1)2  f ( x )  ( y  1)  x   x  1 y   x  x  y 1 Với x  y  , ta có hệ    y  x  y  3x   y     x  x  1 y Với x   y , ta có hệ    y  x  y  3x   y   1 3 1 3 Vậy hệ có hai nghiệm:  ;  ;  ;  2 2 4 4 2 x 1  x 1  ln  dx Ta có: I    3 x   x   ( x  1) Đặt t  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25   (1,0 điểm) 0,25 0,25 x  2  t  x 1 dx Với  dt  x  3  t  x 1 ( x  1) 0,25 0,25 0,25 0,25 Do I  t.ln tdt 2 u  ln t  du  dt 13 t2 t2 t2 t I  t  tdt  t  ln ln Suy Đặt 2 4 t2 dv  tdt  v  I  ln  ln  0,25 0,25 (1,0 điểm) S K H A C B Gọi H hình chiếu vuông góc S lên (ABC) Ta có: SH  ( ABC )  AB    AB  ( SHA)  HA  HA  AB Tương tự HC  BC SA  AB (gt)  Và ABC vuông cân B Suy tứ giác HABC hình vuông Ta có: AH / / BC  ( SBC )  AH / / ( SBC ) 0,25 0,25  d [ A, ( SBC )]  d [ H , ( SBC )]  a BC  HC  Dựng HK  SC K (1) Do   BC  ( SHC )  BC  HK (2) BC  SH  (1) (2) suy HK  ( SBC ) Từ d [ H , ( SBC )]  HK  a Tam giác HKC vuông K  KC  HC  HK  3a  2a  a HK HC a 2.a HK SH a   SH   KC HC KC a Thể tích khối chóp S.ABC tính bởi: 1 a3 (đvtt) VS ABC  S ABC SH  AB.BC.SH  a 3.a 3.a  6 Gọi I trung điểm SB Chứng minh H, A, C nhìn SB góc vuông Suy IA  IB  IC  IS  IH  SB , nên I tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp S HABC , tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC 1 6a  6a  a SH  HB  (S) có bán kính R  SB  2 Suy (S) có diện tích S  4 R  4 (a 3)  12 a (đvdt) 0,25 SHC  HKC  (1,0 điểm) Ta có: x  y  xy Do đó: P  x y  0,25 0,25 16 xy  2  2x2 y  xy xy Đặt t  xy  , ta được: 3t   2t   2t  3t  3t    (t  1)(t  2)(2t  1)  t  (t  2)(2t  1)    t  t  8 1  (1) Xét hàm số f (t )  t   ;  Khi đó: P  t  t 1 1 t 2  Từ giả thiết ta có 3xy   x  y  0,25 0,25 Ta có f / (t )  2t  1  , t   ;  (1  t ) 2  1 1  t 2  t 2  2 f (t )     t 1 (t  1)(t  3t  4)  t (t  1)     20 20   67 (2) Ta lại có f (1)  5, f    , f (2)  Suy f (t )  Max f (t )    3   12  ;2  / 0,25 2  Từ (1) (2) suy P  Vậy MaxP  7.a (1,0 điểm) 20 Dấu đẳng thức xảy  xy  x y  x  y  20 x y 0,25 A H I B K M C D 8.a (1,0 điểm)  Đường thẳng BC qua K nhận KH  (0; 2) làm vectơ pháp tuyến  Phương trình đường thẳng BC : y   Gọi M trung điểm BC  Phương trình đường thẳng IM : x   M  BC  IM  Tọa độ điểm M (3;1)  DB  AB Gọi D điểm đối xứng với A qua I Ta có   DB / / CH CH  AB Tương tự DC / / BH nên tứ giác HBDC hình bình hành nên M trung điểm HD   Xét tam giác AHD có IM đường trung bình nên AH  IM  A(1; 5) b  Gọi B (b;1)  BC Ta có IB  IA  (b  3)  16  16    b  Với b   B(5;1)  C (1;1) Với b   B(1;1)  C (5;1) Vậy A(1; 5), B (5;1), C (1;1) A(1; 5), B(1;1), C (5;1)  AB  (2;0; 4) Trung điểm I đoạn thẳng AB có toạ độ  4; 2;  0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi (Q) mặt phẳng trung trực AB   Q  : 2  x     y     z      Q  : x  z   Ta có MA  MB  M  (Q) Theo giả thiết M  ( P )  M  d  ( P )  (Q)    Chọn ud   nP , nQ    2; 5;1 vectơ phương d , điểm N  0;3;  thuộc mặt 0,25 0,25  x  2t  phẳng (P) (Q) suy d :  y   5t   z  2t   0,25 Gọi toạ độ M  2t ;3  5t ;  t   AM  (2t  5;5  5t ; t ); BM  (2t  3;5  5t ; t  4)   450  MAB vuông cân M Theo giả thiết MA  MB MAB   Suy AM BM    2t   2t  3    5t   t  t     3t  7t    t   t  Với t   M  2; 2;3 Với t  9.a (1,0 điểm)  11 10  M ; ;  3 3  0,25 Gọi z  x  yi ( x, y  R) Ta có z   i  z  ( x  1)  ( y  1)i  x  yi  ( x  1)  ( y  1)  x  y  y  x  (1) 0,25 z  4( z  2i )  ( x  yi )2  4[ x  ( y  2)i ]  x  y  x  2( xy  y  4)i Để z  4( z  2i ) số thực  xy  y   (2) 7.b (1,0 điểm)  y  x 1  y  x 1  x   x  2    Từ (1) (2) ta có hệ   xy  y    y   y  1 x  x   Vậy z   4i z  2  i A Ta có IA  Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng 25 (x 2)2  (y )  I Gọi D giao điểm thứ hai đường phân giác góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC B K H Tọa độ D nghiệm hệ  x  4, y   D(4;3) (loai)  x  y 1  D      1 1 25 (x 2)2  (y )   x  , y    D( ;  )  2 2  Vì AD phân giác góc A nên D điểm cung nhỏ BC  Do ID  BC hay đường thẳng BC nhận DI  ( ; 2) làm vec tơ pháp tuyến Phương trình cạnh BC có dạng x  y  c  Do S ABC  S IBC nên AH  IK ( Với H , K hình chiếu A, I lên BC ) 24  c 12  c IK  d ( I , BC )  nên 5 c  AH  IK  24  c  12  c   c  16 Suy phương trình cạnh BC x  y  x  y  16  Gọi (Q) mặt phẳng qua A vuông góc với  Khi pt (Q) : x  y  z   0,25 0,25 0,25 C 0,25 0,25 Mà AH  d ( A, BC )  8.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 Ta có nQ (2;  1; 1), nP (1; 1; 1) Từ giả thiết suy M thuộc giao tuyến d (P) (Q) Chọn ud  [nP , nQ ]  (2; 1;  3) vectơ phương d N (1; 0; 1)  d nên 0,25  x   2t  phương trình tham số d  y  t  z   3t  Vì M  d suy M (1  2t ; t ;  3t ) 1 Gọi H giao điểm  mặt phẳng (Q) Suy H (1;  ; ) 2 0,25 1  1  Ta có d ( M , )  MH  (2t )   t     3t    14t  2t  2  2  1  11  d ( M ,  ) nhỏ f (t )  14t  2t  nhỏ  t   M  ; ;  14  14 14   11  Vậy M  ; ;   14 14  9.b (1,0 điểm) 0,25 3 Chọn viên bi từ 50 viên bi có C50 cách    C50 0,25 Gọi A biến cố để tổng ba số ba viên bi chọn số chia hết cho Trong 50 viên bi ban đầu chia thành loại: 17 viên bi có số chia cho dư 1; 17 viên bi có số cho dư 2; 16 viên bi có số chia hết cho Để tìm số cách chọn viên bi có tổng số số chia hết cho 3, ta xét trường hợp: TH1: viên bi chọn loại  có C173  C173  C163  1920 cách 0,25 0,25 1 C171 C16  4624 cách TH2: viên bi chọn có viên loại  có C17 Suy  A  1920  4626  6544 Vậy xác suất cần tìm P( A)  A   6544 409  19600 1225 -Hết - 0,25 SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN Môn: TOÁN; Khối D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC www.NhomToan.com I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số y  x  3mx  3( m  1) x  m3  (1), (với m tham số thực) 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 gốc tọa độ đến điểm cực tiểu đồ thị   Câu (1,0 điểm) Giải phương trình sin x  cos x  sin  x    cos x   4   x   4(2 x  1)  y   y Câu (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  ( x, y   ) ( x  y )(2 x  y )   6 x  y x  ln x Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I   dx  x  2 Câu (1,0 điểm) Cho hình chóp S ABCD có đáy ABCD hình vuông cạnh a Gọi M , N P trung điểm cạnh AB , AD DC Gọi H giao điểm CN DM , biết SH  ( ABCD ) , SH  a Tính thể tích khối chóp S HDC khoảng cách từ điểm C đến mặt phẳng ( SBP) Câu (1,0 điểm) Cho số thực dương x, y thỏa mãn x  y  Tìm giá trị lớn biểu thức P  x( y  1)2  y ( 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 với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD với A(1; 0) , đường chéo BD có phương trình x  y   Tìm tọa độ đỉnh lại hình thoi biết diện tích hình thoi đỉnh B có hoành độ dương Câu 8.a (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S), đường thẳng d1 , d có phương x   t x 1 y 1 z 1  (t  ) Viết phương trình  d :  y  2t  trình (S): x  y  z  x  y  z  16  d1 : 1  z  1  2t  2 mặt phẳng (P) song song với d1 , d khoảng cách từ tâm mặt cầu (S) đến mặt phẳng (P) n 2  Câu 9.a (1.0 điểm) Tìm hệ số x khai triển biểu thức   x  , biết n số tự nhiên thỏa mãn hệ x  n6 thức Cn   nAn  454 B Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1.0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm A(0; 2) đường thẳng d : x  y   Tìm d hai điểm M , N cho tam giác AMN vuông A AM  AN , biết tọa độ N số nguyên x  y  z 1   Câu 8.b (1.0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng d : 1 mặt phẳng ( P) : x  y  z   Gọi M giao điểm d ( P) Viết phương trình đường thẳng  nằm mặt phẳng ( P) , vuông góc với d đồng thời thoả mãn khoảng cách từ M tới  42 Câu 9.b (1.0 điểm) Tính môđun số phức z – 2i biết ( z  2i ).( z  2i )  4iz  - Hết -Thí sinh không sử dụng tài liệu Cán coi thi không giải thích thêm Họ tên thí sinh: .; Số báo danh: SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối D (Đáp án – thang điểm gồm 05 trang) ĐỀ CHÍNH THỨC Câu (2,0 điểm) Đáp án a) Với m=1, hàm số (1) trở thành y  x3  3x TXĐ: D   Sự biến thiên: Giới hạn: lim y  ,lim y   x  Điểm 1,0 0,25 x  0,25 x  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 Chiều biến thiên: y '  x  x, y '    x -∞ y’ + 0 - 0,25 +∞ + +∞ y -4 -∞ Đồ thị: Tiếp xúc Ox O, cắt Ox (3;0) 0,25 y fx = x3-3 x2 O -5 x -2 -4 1,0 b) Trong trường hợp tổng quát, ta có y '  x  6mx  3( m  1) , 0,25  x  x1  m  y '   x  2mx  m      x  x2  m  Vì y '  có hai nghiệm phân biệt với m nên hàm số có cực đại, cực tiểu với 0,25 m Dề thấy m   m  , nên y’ đổi dấu từ âm sang dương x qua x2  m  , đồ thị hàm số có điểm cực tiểu A(m  1; 1  3m) 0,25 WWW.VNMATH.COM  m 2  Theo giả thiết OA  ( m  1)  (1  3m)   5m  4m      m  1 m  1 Phương trình cho tương đương: sin x  cos x   s inx  cos x   cos x   0,25 Vậy m  (1,0 điểm) (1,0 điểm)  s inx(cos x  s inx  2)  s inx    cos x  s inx   0(VN )  x  k Vậy nghiệm phương trình cho x  k (k  ) Điều kiện: x  ; y  Phương trình thứ hai tương đương với : ( x  y )(2 x  y )   4( x  y )  (2 x  y )  ( x  y  1)(2 x  y  4)  ( Vì x  y   )  y  2x  Thay vào phương trình thứ ta được: 3x   x   x   3x   x   x   0,25 0,25 3x   (2 x  3)    2( x  4)   ( x  4)   2  3x   x   3x   x    x   y  12 Vậy hệ phương trình có nghiệm là: (4;12) 0,25 x2  u  x  ln x du  dx    x Đặt   dv  dx    v  1 x      x2 0,25  (1,0 điểm) 0,25 2 x  ln x dx  x2 1 x 1n 2 =  + ln x ln  = 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 I  0,25 0,25 (1,0 điểm) S I B M A N H K D P C Chứng minh CN vuông góc với BP  DHC vuông H 2a a a 2 a Tính HC    S HDC  HC.HD  a , HD  2 5 5 a 3a Suy VS HDC  SH S HDC  a   dvtt  3 15 Trong ( ABCD ), Gọi K giao điểm CN BP Ta có ( SBP) cắt HC trung điểm K nên d  C ,  SBP    d  H ,  SBP   0,25 0,25 0,25 Trong ( SHK ) hạ HI  SK ( I  SK ) Chứng minh ( SHK )  ( SBP ) mà ( SHK )  ( SBP)  SK  HI  ( SBP) Khi d  H ;  SBP    HI a HC  Tam giác SHK vuông H có HI đường cao a a SH HK a  HI   SH  HK a2 3a  Ta có SH  a , tính HK  a Ta có P  xy ( x  y  4)  x  y 0,25 Vậy d  C , ( SBP)   (1,0 điểm) Đặt t  x  y ta có  t  x  y  2( x  y )  nên t  (0; 2] t2 ( x  y)2  4 t t3 Khi đó: P  xy (t  4)  t  (t  4)  t   t  t 4 t Khảo sát hàm số f (t )   t  t (0; 2] ta f (t )  f (2)  Vậy P  Dấu đẳng thức xảy x  y  Do MaxP  x  y  Mặt khác xy  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 7.a (1,0 điểm) B Ta có AC  BD  phương trình AC : x  y   Gọi I  AC  BD  I (0;1)  C (1; 2) Suy AC  2 Mà S ABCD  8.a (1,0 điểm) I A C D 2S AC.BD 16   IB  2  BD  ABCD  AC 2 0,25 Vì B  BD  B(b; b  1) Nên IB  2  b  b   b  2 Với b  2  B(2; 1) ( loại) Với b   B(2;3)  D(2; 1) Vậy C (1; 2), B (2;3), D(2; 1) (S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5  d1 qua điểm M (1; 1;1) có véc tơ phương u1  (1; 4;1)  d qua điểm M (3; 0; 1) có véc tơ phương u2  (1; 2; 2)   [u1 , u2 ]  42 12 ; 12 11 ; 11 42  (6;3; 6)  3(2;1; 2)  0,25 0,25 0,25  Gọi (P) mặt phẳng song song với d1 , d  (P) nhận   [u1 , u2 ]=(2;1;-2) làm véc tơ phép 0,25 tuyến  phương trình (P): x  y  z  D  | 2.2  1.2  2(1)  D | d ( I , ( P ))   3 22  12  (2) 9.a (1,0 điểm) D  | D  |    D  17 Với D=1  phương trình (P): x  y  z   (loại (P) chứa M1 ) Với D=-17  phương trình (P): x  y  z  17  Vậy (P): x  y  z  17  Từ hệ thức cho suy n  6, n  N  n  !  n n !  454 Cnn46  nAn2  454  2! n   !  n  ! 2n3  n  9n  888   n  8 8 8 k k 8 k 2  Với n  ,   x    C8k  x 1    x3    C8k k  1 x 24  k x  k 0 k 0 Hệ số x tương ứng với 24  4k   k  5 Vậy hệ số x4 C85 25  1  1792 7.b (1,0 điểm) Gọi H hình chiếu A lên d ta có AH = d(A, d) = Tam giác AMN vuông A nên 1 1       AN  2 2 AM AN AH AN AN  2.2   22  0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 Gọi N (2 y  2; y )  d Ta có AN   (2 y  2)  ( y  2)   y  12 y    y   N (0;1)   y   N  ;  (loai)  5 5 8.b (1,0 điểm)  Với N (0;1) , Đường thẳng AM qua A(0;2) có vectơ pháp tuyến AN  (0; 1)  Phương trình AM: y   x  y   x   M (2; 2)  Ta có M  d  AM  Toạ độ M nghiệm hệ  y  y   Vậy M (2; 2), N (0;1) Ta có phương trình tham số d là:  x   2t  x   2t  y  2  t   (tham số t)  M (1; 3; 0)  y  2  t  toạ độ điểm M nghiệm hệ   z  1  t  z  1  t   x  y  z     Lại có vectơ pháp tuyến (P) nP  (1;1;1) , vectơ phương d ud  (2;1; 1) Vì  nằm (P) vuông góc với d nên:     có vectơ phương u  ud , nP   (2; 3;1)  Gọi N(x; y; z) hình chiếu vuông góc M lên  , MN  ( x  1; y  3; z )   Ta có MN vuông góc với u nên ta có phương trình: 2x – 3y + z – 11 = x  y  z    x  y  13   Lại có N  (P) MN = 42 ta có hệ: 2 x  y  z  11    z  5 y  15   2 2 y  6y  ( x  1)  ( y  3)  z  378 9.b (1,0 điểm)  x  13  x  11     y    y  6  z  15  z  15   Ta hai điểm N(13; 0; - 15) N(-11; - 6; 15) x  13 y z  15   Nếu N(13; 0; -15) ta có phương trình  : 3 x  11 y  z  15   Nếu N(-11; -6; 15) ta có phương trình  : 3 Đặt z = a + bi ( a, b  R ) Khi đó: ( z  2i ).( z  2i )  4iz   ( a + ( b- 2)i).( a – ( b + 2)i) + 4i ( a + bi ) =  ( a2 + b2 – – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i =  a2 + b2 – 4b – = Ta lại có: z  2i  a  (b  2)i  a  b  4b  = a  b  4b     2 Vậy môđun z – 2i 2 -Hết - 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 0,25 [...]... KTCLễNTHIIHCLN3NMHC2013ư2014 Mụn:TONKhiA,A1 Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt SGD&TVNHPHC www.NhomToan.com I.PHNCHUNGCHOTTCTHSINH(7,0 im) Cõu1(2,0im) Chohms y = 2 x 4 - m 2 x 2 + m 2 -1 (1) (mlthams). a)Khosỏtsbinthiờnvvthcahms(1)khi m =2. b)Tỡmttccỏcgiỏtrcamthcahms(1)cúbaimcctr A, B,C saochobnim O,A, B,C lbn... 0 3 Vy a6 = C53 C30 ( -2 ) + C54 C43 ( -2 ) = -150. ưưưưưưưưưưưưưHtưưưưưưưưưưư 0,25 SGD&TVNHPHC wwww.NhomToan.Com KTCLễNTHIIHCLN2NMHC2013ư2014 Mụn:TONKhiA,A1 Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt I.PHNCHUNGCHOTTCTHSINH(7,0 im) 2 x- 1 Cõu1(2,0im).Chohms y = ( C). x -2 a)Khosỏtsbinthiờnvvth(C)cahmsócho. b)Tỡmtrờn(C)ttccỏcimM saochotiptuynca(C)tiMcthaitimcnca(C)tihaiimA, Bsaocho AB =2 10 7p ử 1 - cos... < x Ê 9 3 5 ổ log 35ự Vy,tpnghimcaBPTl S = ỗ 09 5 ỳ ẩ [1 +Ơ). ỷ ố Htư 5 0,25 SGD&TVNHPHC KTCLễNTHIIHCLN2NMHC2013ư2014 Mụn:TONKhiB www.NhomToan.Com Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt I.PHNCHUNGCHOTTCTHSINH(7,0im) Cõu1(2,0im) Chohms y = x 3 - 3mx 2 + 3( m 2 - 1) x - m 3 +1, (1)(vi m lthams). a)Khosỏtsbinthiờnvvthcahmsóchokhi m =1. b)Gi d ltiptuyntiimcci A cathhms(1).ngthng d cttrc Oy ti im B Tỡmttccỏcgiỏtrca... 3 ) = a0 + a1 x + a2 x 2 + +a3nx3n.Xỏcnh hs a6 bitrng 15 a a a ổ 1ử a0 + 1 + 22 + + 33nn = ỗ ữ 2 2 2 ố 2ứ ưưưưưưưưưưưưưHtưưưưưưưưưưư Thớsinhkhụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm. lientoancvp@vinhphuc.edu.vn SGD&TVNHPHC PNKTCLễNTHIIHCLN1NMHC2013ư2014 Mụn:TONKhiA,A1 I.LUíCHUNG: ưHngdnchmchtrỡnhbymtcỏchgiivinhngýcbnphicú.Khichmbihcsinhlmtheo cỏchkhỏcnuỳngvýthỡvnchoimtia. ưVi Cõu5nuthớsinhkhụngvhỡnhphnnothỡkhụngchoimtng... AMvkhỏcphớaviAsovingthngBCngthikhongcỏchtAv Dtingthng BCbngnhau.Xỏcnhtacỏcim A, B. Cõu8b(1,0im).Trong khụng gian vi htaOxyz,chobaim A(1 1 1), B(-1 0 2), C (0 -1 0). TỡmtaimDtrờntiaOxsaochothtớchkhitdin ABCDbng1,khiúhóyvitphngtrỡnhmt cungoitiptdin ABCD. Cõu9b(1,0 im).Giibtphngtrỡnh: x - 6.15log3 x + 5log3(3 x) 0. ưưưưưưưưưưưưưHtưưưưưưưưưưư Thớsinh khụngcsdngtiliu.Cỏnbcoithikhụnggiithớchgỡthờm! lientoancvp@vinhphuc.edu.vn... -Ơ 0,25 x đ+Ơ xđ-Ơ x đ2 xđ 2 Suyra x =2 ltimcnng, y =2ltimcnngangcath. 3 < 0,"x ẻ D ( x -2)2 Hmsnghchbintrờncỏckhong (-Ơ 2) v (2 +Ơ) Bngbinthiờn x 2 -Ơ +Ơ y - 2 +Ơ y 2 -Ơ ổ 1 ử ổ 1ử th:GiaovitrcOxtiỗ 0ữ ,giaovitrcOyti ỗ 0 ữ ,thcútõmixng ố 2 ứ ố 2 ứ lim I(2 2) Sbinthiờn: y ' = - 0,25 0,25 0,25 b ổ 2 a- 1ử Gis M ỗ a ữ , ( aạ 2) thucth(C).Tiptuyncath(C)ti Mcúdng ố a - 2 ứ -3 2 a- 1 (D) : y = ( x - a)+... (1)cúdng f ( 2 x ) = f ( ) 1 - 2 y 2 x = 1 - 2 y ị x 0 Thayvophngtrỡnh(2)ta c 16 x 4 - 24 x 2 + 8 3 - 4 x - 3 = 0 ( 4 x - 1)( 4 x - 5 ) 2 2 16 ( 2 x- 1) = 0 3 - 4 x +1 16 1 3 ộ ự ( 2 x - 1) ờ( 2 x + 1) 4 x2 - 5 ỳ = 0 x = 2 do 0Ê x Ê 4 3 - 4 x + 1ỷ ở ( 4 0,25 ) 1 ổ 1 ử Vi x = ị y =0.Vy hphngtrỡnhcúnghim ỗ 0ữ 2 ố 2 ứ 1,0im iukin x 0 Xộtx = 0thay vophng trỡnhkhụng thamón. Vi x >0vitliphng trỡnh: (... ( ABCD)ị SMH M C suyra H ẻOM Licú ỡ AC ^ SH ị AC ^ AH ,hay ớ ợAC ^ SA tamgiỏcAOHvuụngcõntiA. ã l gúc gia hai mt phng ( SCD) v gúc SMH 0,25 Tgiỏc AOBH lhỡnhvuụngcnh a ị HM = 3a 2 2 0,25 3a 6 Trongtamgiỏcvuụng SHM tacú SH = HM tan 600 = 2 Thtớchkhichúp S ABCD l 0,25 1 1 3a 6 2 V = SH S ABCD = 2 a =a 3 6(vtt). 3 3 2 6 1,0 1 1 1 + + =3. x y z Tgithit xy + yz + zx = 3 xyz 1 1 1 1 1 1 = a, = b, = c... Cõu5nuthớsinhkhụngvhỡnhphnnothỡkhụngchoimtng ngviphnú. ưimtonbitớnhn0,25vkhụnglmtrũn. II.PN: Cõu í NIDUNG IM 1 2,0im a Vi m =2 hmscúdng y = 2 x 4 - 4 x 2 +3 TX: D = Ă Giihn: lim y = +Ơ lim y = +Ơ x đ+Ơ 0,25 xđ-Ơ ộ x= 0 Chiubinthiờn: y ' = 8 x 3 - 8 x y' = 0 ờ ởx = 1 BBT x 0 1 -Ơ -1 y 0 + 0 0 - - 3 +Ơ y 1 1 +Ơ 0,25 + +Ơ Hmsngbintrờn cỏckhong ( -1 0 ) v (1 + Ơ) Hmsnghchbintrờn cỏckhong ( -Ơ -1) v ( 01). 0,25 imcci ( 03),cctiu... 0,25 0,25 2 t x + 1 = t 1ị phngtrỡnh(1)cúdng 2t - ( 4 y - 1)t + 2 y - 1 =0 ột = 2 y- 1 2 2 D = ( 4 y - 1) - 8 ( 2 y - 1) = ( 4 y -3) ị ờ 1 ờt = (l ) ở 2 ỡ y 1 +)Vi t = 2 y - 1 1 x 2 + 1 = 2 y- 1 ớ 2 thayvo(2)tac 2 ợx = 4 y - 4y 0,25 0,25 2 16 y 2 ( y - 1) + 4 y 2 ( y - 1)+ y 2 - 1 = 0 y =1 (do y 1)ị x =0 4 Vy,h(I)cúnghim (01) 1,0im Tacú: 0 dx I = ũ = 2 p 1 - 2sin 2 x + 2cos x - 4 0 dx ũp sin 2 x ... em vo k thi th i hc GSTT ln (thi gian chi tit thụng bỏo sau) Chỳc cỏc em ụn thi tt! www .GSTT. vn THI TH I HC LN III NM 2014 Mụn: TON; D (Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt ) GSTT GROUP... li cỏc em vo k thi th i hc GSTT ln (chi tit s thụng bỏo www .gstt. vn) Chỳc cỏc em ụn thi t t! www .GSTT. vn KTCLễNTHIIHCLN3NMHC2013ư2014 Mụn:TONKhiA,A1 Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt SGD&TVNHPHC... wwww.NhomToan.Com KTCLễNTHIIHCLN2NMHC2013ư2014 Mụn:TONKhiA,A1 Thigianlmbi:180phỳt,khụngkthigianphỏt I.PHNCHUNGCHOTTCTHSINH(7,0 im) x- Cõu1(2,0im).Chohms y = ( C). x -2 a)Khosỏtsbinthiờnvvth(C)cahmsócho.