CƠ SỞ BDKTPT<ĐH
NGUYỄN TRƢỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ
LẦN THỨ HAI
ĐỀ THI THỬ
ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối D
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
2
1
x
yC
x
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm m để đường thẳng
:2d y mx m
cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam
giác GAB bằng
6
9
với G là trọng tâm tam giác OAB (O là gốc tọc độ).
Câu 2 (2,0 điểm).
1. Giải phương trình:
2cos5 .cos3 sin cos8 x x x x
Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông, SA = a và vuông góc với mặt phẳng
(ABCD), M là trung điểm AD. Góc giữa mặt phẳng (SBM) và mặt phẳng (ABCD) bằng 45
0
. Tính thể tích hình
chóp S.ABCD và khoảng cách từ D đến mặt phẳng (SBM).
Câu 5 (1,0 điểm). Cho các số thực
,xy
thỏa mãn
1 2 4 1x y x y
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
( ) 9S x y x y
xy
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chƣơng trình Chuẩn:
Câu 6a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm M(2; 2), N(1; 1) lần lượt là trung
điểm của các cạnh AC, BC và trực tâm H(-1;6). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Câu 7a (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu
2 2 2
3
12z i z
và z có phần thực dương.
B. Theo chƣơng trình Nâng cao
Câu 6b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong đỉnh B
có phương trình lần lượt là
1
:2 3 0d x y
;
2
: 2 0d x y
. Điểm M(2; 1) nằm trên đường thẳng chứa
cạnh AB, đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC có bán kính bằng
5
. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác
biết điểm A có hoành độ dương.
Câu 7b (1,0 điểm). Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(5; 3; -1); C(2; 3; -4). Điểm B nằm trên
mặt phẳng
( ): 6 0P x y z
. Tìm tọa độ điểm D.
Câu 8b (1,0 điểm). Giải phương trình
2
3
39
3
1
log 1 log 2 1 log 1
2
y =2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
11
lim ,lim
xx
yy
x =1 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
0.25
+ Đaọ hàm
2
2
' 0, 1
1
yx
x
.
Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
;1 , 1;
.
BBT:
10
5
5
10
15
I
f
x
=
2
∙
x
x
1
O
1
0.25
1.2
+ Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d) là:
2
1
2
2
2 2 0(*)
0.25
Gọi x
1
, x
2
là hai nghiệm của pt (*). Khi đó
1 1 2 2
; 2 , ; 2A x mx m B x mx m
0.25
WWW.VNMATH.COM
Theo định lí viét, ta có:
12
12
2
2
.
xx
m
xx
m
1
m
d O AB
m
Do đó:
2
2
2
6 1 8 6
12
3 2 3 3
1
OAB
m
m
S m m
m
m
2
3
0,25
sinx = 1 v
1
sin
2
x
0,25
7
2 ; 2 ; 2 ,( )
2 6 6
x k x k x k k Z
0,25
C©u
2.2
Giải hệ phương trình:
22
22
2
22
Ta có hệ phương trình đã cho tương đương với:
2
2
22
11
5
1 . 1 2
xy
xy
x y xy
0,25
, đặt
1
1
ux
x
vy
y
Hệ phương trình
*
trở thành
2
22
5
9
(I) hoặc
3
2
uv
uv
(II)
Ta có:
1
2
u
I
v
hoặc
2
1
u
v
Vì
1
2u x u
x
nên chỉ có
2
1
u
v
và
2
1
u
v
thỏa mãn.
0,25
WWW.VNMATH.COM
2
(thỏa mãn ĐKXĐ)
2
1
u
v
ta có
1
1
2
15
1
1
2
x
x
x
0,25
C©u
3
Tính tích phân
2
3
0
sin
1 cos2
xx
I dx
x
22
3 3 3
12
22
0 0 0
sin sin
1 cos2 2 os 2 os
x x x x
I dx dx dx I I
x c x c x
dv
x
3
1
0
1 1 1
tan tan ln cos ln2
33
2 2 2
2 3 2 3
00
I x x xdx x
0,25
12
31
1 1 1
ln2 3 3 ln2
2 2 3 6 2
23
I I I
0,25
Câu
4
SHA
là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên
0
45SHAASAH a 0,25
33
V a a
(đvtt) 0,25 3
.
1 1 5
4 4 12
DMB ABCD S DMB SABCD
S S V V a
2
1 1 5 10
. 2.
2 2 2 4
SMB
aa
S SH BM a
0,25
C©u
5
Cho các số thực
,xy
thỏa mãn
1 2 4 1x y x y
. Tìm giá trị lớn nhất và giá trị
nhỏ nhất của biểu thức:
2
1
( ) 9S x y x y
xy
Điều kiện:
2; 1;0 9;x y x y
Ta có
2
0 1 2. 2 1. 1 3( 1) ( 1) 3( 1)
0 1 3 1 4.
x y x y x y x y x y
x y x y
(4) 4 9 4 4; 0;
2
4
(1) 2 2 2 2; 1.
S S x y
S S x y
0,25
Câu
6a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có điểm M(2; 2), N(1; 1) lần lượt là trung
điểm của các cạnh AC, BC và trực tâm H(-1;6). Tìm tọa độ các đỉnh A, B, C.
Phương trình đường thẳng HC là : x + y - 5 = 0
0,25
Gọi điểm C(a; 5 - a) thuộc đường thẳng HC
(1 ; 4)CN a a
Vì M là trung điểm của AC nên A(4 - a; a - 1)
( 5;7 )AH a a
Vì N là trung điểm của BC nên B(2 - a; a - 3)
( ): 4 6 2 28 0S x y z x y z
và hai đường
thẳng
1
5 1 13
:
2 3 2
x y z
d
và
2
7 1 8
:
3 2 1
x y z
d
. Viết phương trình mặt
phẳng (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) và song song với hai đường thẳng
12
;dd
. Gọi VTCP của
47
| 2 3.4 5 |
,( ) 42 | 5 | 42
37
1 16 25
D
D
d I P D
D
0,5
Vậy có hai mặt phẳng thỏa yêu cầu bài toán:
1
( ): 4 5 47 0P x y z
và
2
( ): 4 5 37 0P x y z
.
0,25
0,25
Do
22
0 (1) 3 1x x y
. Thế vào (2) ta được
2 3 3
3(3 1) 12 2 3 0y y y y y y
(3)
0,25
Giải phương trình (3) ta được
2
14yx
. Do x > 0 nên x = 2
Vậy
25z i z
0,25
Câu
6b
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trung tuyến và phân giác trong đỉnh B
có phương trình lần lượt là:
I
.
Do I thuộc trung tuyến
1
d
nên 2a + c – 3 = 0 (1)
Ta có:
.0BM BN
nên tam giác ABC vuông tại B, Vì vậy, tâm đường tròn ngoại tiếp
tam giác ABC là điểm I (trung điểm AC). IB =
5
22
(a 1) (c 1) 20 (2)
0,25
Từ (1) và (2) suy ra:
1( )
3
a loai
a
0,5
WWW.VNMATH.COM
2 2 2
(x 5) (4 2 ) (2 x) 9 2
13
7 2 1
xx
z x y
y x z
3
1
log 1 log 2 1 log 1
2
x x x
. Điều kiện:
1x
và
1
2
x
. Khi đó:
0.25
Phương trình đã cho tương đương với :
3
33
log 1 log 2 1 1x x x
3
2
Với
1
1
2
x
thì ta được phương trình:
2
00x x x
Vậy, phương trình có tập nghiệm:
0;1;2S
0.25 WWW.VNMATH.COM
www.VNMATH.com
SỞ GD VÀ ĐT HẬU GIANG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
TRƯỜNG THPT LONG MỸ MÔN TOÁN: KHỐI A, B, D
(Đề chính thức có 1 trang) Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian giao đề
Ngày 22.3.2014
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm ). Cho hàm số
3 2
( 2)
y x m x
có đồ thị
2 2
2sin 2sin tan
4
x x x
2) Giải hệ phương trình sau:
2
2 2 2 2
7 2 1 10 8
( , )
4 5 1 1 4 5
x x y
x y R
x y y x y x y y
Câu 3 (1,0 điểm ) Tính tích phân sau:
. Hai mặt phẳng
SAB
và
SBC
vuông góc với nhau. Tính thể tích khối chóp
.
S ABCD
và khoảng cách từ điểm
B
đến mặt phẳng
SAC
Câu 5 (1,0 điểm ) Cho
, , 0.
x y z
Chứng minh rằng:
3
2 2 2 4
x y z
x y z x y z x y z
1; 2;1 , 2;3;2
A B
. Tìm tọa độ C, D biết tâm I
của hình thoi thuộc đường thẳng
1 2
:
1 1 1
x y z
d
Câu 7.a (1,0 điểm ).
Cho khai triển
2
2
3
2
n
x
x
d x y d x y
và
3
: 3 4 11 0
d x y
. Viết phương trình đường tròn
T
có tâm trên
1
d
, tiếp xúc với
2
d
và cắt
3
d
tại 2 điểm
phân biệt
,
A B
sao cho
2
AB
.
và cắt đường thẳng
d
www.VNMATH.com
Câu 7.b (1,0 điểm ) Tìm miền xác định của hàm số
1
2 2 1
ln
2 1
x
x
x
f x
GV RA ĐỀ: Thầy Trần Văn Kim Nguyên; Nguyễn Thanh Tùng; Bùi Văn Nhạn
TRƯỜNG THPT LONG MỸ ĐÁP ÁN THI THỬ ĐẠI HỌC
NĂM HỌC 2013-2014
TỔ TOÁN MÔN: TOÁN A, B, D(LẦN 1)
ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC
HƯỚNG DẪN CHẤM THI
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
+
lim
x
y
;
x
ylim
+
2
' 3 6
y x x
+
0 0
' 0
2 4
x y
y
x y
0.25 Hàm số đồng biến trên khoảng (
;0 và (2;
) , nghịch biến trên (0;2) .
Hàm số đạt cực đại tại điểm
0
x
với giá trị cực đại y(0) = 0
Hàm số đạt cực tiểu tại điểm
2
x
với giá trị cực tiểu y(2) = – 4
0.25
* Đồ thị:
x
y
-4
2 2 2
18
AB BC CA
1.0 đ
Pt hoành độ giao điểm của
m
C
và
2
: 2
d y m
là:
3 2 2 3 2 2
( 2) 2 ( 2) 2 0
x m x m x m x m
0.25
2
2
( ) 2 2 0
2 2 0(*)
0.25
Giả sử
2 2 2
1 2
( ; 2 ), ( ; 2 ), ( ; 2 )
A m m B x m C x m
, trong đó
1 2
,
x x
là 2 nghiệm của pt(*)
Theo Vi ét ta có:
1 2 1 2
1; 5
m m
. Kết hợp điều kiện trên ta nhận
1
m
0.25
2.1
Giải phương trình sau:
2 2
2sin 2sin tan
4
x x x
1.0 đ
ĐK:
cos 0
x
0.25
4
x x x k
k l Z
x x l
0.25
( )
4 2
x k k Z
x
y
Phương trình (2)
2
2
1 2 1 1 1
x y y x
0,25
www.VNMATH.com
2 2 2
2 1
với
2
t
2 2
1
' 0
1 1
t
f t
t t
với mọi
1
t
nên
f t
đồng biến với
1
t
ĐK:
21
10
x
Xét
2
7 2 21 10 8
g x x x x
với
21
10
x
Ta có
2
1 10
'
2 2 2 21 10
7
x
g x
0,25
Ta có
3 0
g
nên phương trình
0
g x
có nghiệm duy nhất
3
x
Suy ra
1
y
Đặt
cos sin
u x du xdx
Đổi cận:
1
0 1;
4
2
x u x u
0.25
Do đó:
1 1
2 2
1 1
2 2
ln ln
u x
I du dx
u x
0.25
1
2
1
2 1 2
2 ln 2 ln 2 1
2 2x
0.25
4
Cho hình chóp
.
S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thoi cạnh
a
,
0
60
ABC
; cạnh
D
C
S
M
HTa có ABCD là hình thoi nên
BA BC
và
0
60
ABC
nên tam giác ABC đều cạnh a
AC BD
AC SBD
AC SD
suy ra
AC SB
Và
2 2 2
2 2 2
3 2 2
4 4 4 2
a a a a
BM OB OM BM
0.25
Ta giác
BMO
đồng dạng với tam giác
BDS
nên
6
2
SD BD a
SD
OM BM
Thể tích khối chóp S.ABCD là
2 3
AC SBD
(CMT) suy ra
SAC SBD
. Kẻ
DH SO H SO
suy ra
DH SAC
vậy
,
DH d B SAC
5
Cho
, , 0.
x y z
Chứng minh rằng:
3
2 2 2 4
x y z
x y z x y z x y z
1.0đ
Với
, 0
a b
. Ta có :
1 1 1 1
4
a b a b
x y z
x y z x y z x y z
0.25
6a.1
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ
Oxy
cho đường tròn
2 2
: 6 2 1 0
C x y x y
. Viết phương trình
đường thẳng
d
đi qua
0;2
M
và cắt đường tròn
C
theo dây cung có độ dài bằng 4.
0.25
Ta có
2 2
2 2
3 2
5 5 2 3 2 0
A B B
IH A AB B
A B
Chọn
2
1
1
2
A
B
A
d
1.0 đ
Do
( 1 ; ;2 )
I d I t t t
. Ta có :
( ; 2;; 1), (3 ; 3; )
IA t t t IB t t t
0.25
Mà ABCD là hình thoi nên
2
. 0 3 9 6 0 1; 2
IA IB t t t t
0.25
* Với
1 (0;1;1) (1;0;1), ( 2; 1;0)
t I C D
1024
n
n n n
C C C
trong đó
k
n
C
là số tổ hợp chập k của n. Tìm hệ số của số hạng chứa
5
x
. 1.0 đ
Xét khai triển
2 1
0 1 2 2 2 2 2 1 2 1
2 1 2 1 2 1 2 1 2 1
1 1
n
n n n n
n n n n n
x C C x C x C x C x
n n
n n n n n
C C C C C b
0,25
Lấy
a b
ta được
2 1 1 3 2
2 1 2 1 2 1
2 2
n n
n n n
C C C
0 0
3 3 3
2 2 2 3 .2 .
n k
k
k k k k k
k k
x x C x C x
x x x
Để có
5
3 10 5 5
x k k
0,25
khi đó hệ số của số hạng chứa
5
x
d
và cắt
3
d
tại 2 điểm phân biệt
,
A B
sao cho
2
AB
.
1.0 đ
Gọi I là tâm của
T
khi đó
1
I d
nên
3 2 ;
I a a
và
R
suy ra tam giác
IAH
vuông tại H và
1
AH
Khi đó
2 2 2 2 2
1 2
IA AH IH R IH
3
20 10
, 4 2
5
a
IH d I d a
0.25
Từ
0,25
Với
1 1;1 , 5
a I R
nên pt
T
:
2 2
1 1 5
x y
4; 1;3
A
, đường thẳng
3 1 2
:
2 1 2
x y z
d
1.0đ
www.VNMATH.com
và mặt phẳng
:3 4 5 0
P x y z
. Viết phương trình đường thẳng
đi qua
A
, song song với
AB t t t
Đường thẳng
đi qua
A
, song song với
P
và cắt đường thẳng
d
nên
/ /
AB P
suy ra
. 0
AB n
0.25
làm VTCP có
phương trình
4 1 3
x y z
0,25
7b
Tìm miền xác định của hàm số
1
2 2 1
ln
2 1
x
x
x
f x
1.0 đ
Hàm số đã cho xác định
suy ra
f x
nghịch biến trên
R
suy ra phương trình
0
f x
có nghiệm duy nhất. Dễ thấy
1 0
f
khi đó
1
x
là nghiệm duy
nhất của phương trình
0
f x
x x
0,25
BXD:
x
0 1
1
2 2 1
x
x
+ + 0 -
2 1
x
- 0 + +
1
VT
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 2014
Môn thi: TOÁN; Khối: A,A1 & B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề.
PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số
2
1
x
y
x
(1)
.
a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số
(1)
.
b. Gọi
I
là giao điểm của hai đường tiệm cận của đồ thị hàm số (1). Tìm
m
khác
0
để đường thẳng
:d y x m
cắt đồ thị hàm số
(1)
1 1
1 ( )x x x
x x
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân
ln 8
ln 3
1
x
x
xe
I dx
e
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình thang vuông tại
A
và
D
,
3 , ,AB a CD a
2 ,AD a
x y z
P
x y z
PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
,Oxy
cho hình bình hành
ABCD
có tâm
(2; 5)I
và đường phân
giác của góc
BAC
có phương trình
2 4 0x y
. Biết tam giác
ACD
có trọng tâm
1 14
( ; )
3 3
G
, tìm tọa độ
các đỉnh của hình bình hành
và
2
.
Câu 9.a (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
2
2 2 2 2
4 2 2.16
( , )
log .log ( ) log log
x x y y
x y
y x y x y
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ
x y z
và mặt phẳng ( ) : 2 0P x y z . Tìm tọa độ điểm
A
thuộc đường thẳng
1
và tọa độ
điểm
B
thuộc đường thẳng
2
sao cho đường thẳng
AB
song song với mặt phẳng
( )P
và độ dài đoạn thẳng
AB
nhỏ nhất.
Câu 9.b (1,0 điểm) Trong các số phức
z
thỏa mãn
| 3 | | 3 | 10z i i z
, tìm số phức
z
có môđun nhỏ nhất.
. Hàm số đồng biến trên các khoảng
( ; 1)
và
( 1; )
.
0,25
Cực trị: Hàm số không có cực trị.
Giới hạn:
1 1
2 2
lim , lim
1 1
x x
x x
x x
. Đường thẳng
1x
là tiệm cận đứng.
2 2
lim 2, lim 2
1 1
x x
x x
x x
(3 ) 0
1
x
x m x m x m
x
(*).
0,25
Đường thẳng
d
cắt đồ thị hàm số (1) tại hai điểm phân biệt
,A B
khi PT(*) có 2 nghiệm phân biệt
khác
1
hay
2
2 9 0 .m m m
.
0,25
Giả sử
1 1 2 2
( ; ), ( ; )A x x m B x x m
, trong đó
1 2
,x x
là 2 nghiệm phân biệt của PT(*).
Theo định lý Vi-ét ta có
1 2
.
Cộng hai PT và áp dụng ĐL Vi-ét ta có m = 2.
0,25
Điều kiện:
cos 0, sin 0, tan 1,cot 1x x x x
0,25
Phương trình đã cho tương đương với
1 1
sin .cos ( ) 1 cos( )
sin cos cos sin 2
x x x
x x x x
*
1 5
sin 2 v 2 , .
2 6 6
x x k x k k
Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm:
5
2 v 2 , .
6 6
x k x k k
0,25
Điều kiện:
1
0, 0
1
1 1 0
1 0
x x
x
x
x
x
thì bất phương trình đã cho tương đương với:
2
1 1x x x x
0,25
Câu 3
(1 điểm)
Nhận thấy hai vế không âm nên bình phương hai vế của BPT ta có
2 2 2
( 1) 0 1 0x x x x
1 5 1 5
( ) v ( )
2 2
x TM x Loai
Kết luận:
1 5
1 0 v
2
x x
0,25
Đặt
2 1
1
0,25
Ta có
ln 8
1
ln 3
ln 8
2 1 2 1 6 ln 8 4 ln 3
ln 3
x x
I x e e dx I
0,25
*
ln 8
1
ln 3
2 1
x
I e dx
.
Đặt
2
1 1
x x
t e e t
. Khi
ln 3x
. Do đó
20 ln 2 6ln 3 4I
0,25
0,25
Gọi H là trung điểm của AD
SH AD
. Do
( ) ( )AD SAD ABCD
và
( ) ( )SAD ABCD
nên
( )SH ABCD
Tính được
10, 2, 2 2HB a HC a BC a
0,25
Gọi E là hình chiếu của A lên đường thẳng HC
/ / / /( )BC AE BC SAE
Khoảng cách
( , ) ( ,( )) ( ,( ))d SA BC d BC SAE d C SAE
0,25
Câu 5
(1 điểm)
Gọi K là hình chiếu của H lên SE. Ta chứng minh được
( ).HK SAE
2
2
a
A E H C D H E H
6
( ,( )) 3 ( ,( )) 3 3
13
d C SAE d H SAE HK a
0,25
www.VNMATH.com
H
I
A
B
C
a b c c
0,25
Ta có
2
2
2
2 1
( )
1
1
c
P f c
c
c
0,25
Câu 6
(1 điểm)
2
2 2
2 ( 1 2)
'( )
3 ( 5; 4)DI GI D
.
I là trung điểm của BD
(9; 6).B
0,25
Một vectơ chỉ phương của đường phân giác góc
BAC
là
(1; 2).u
( ;4 2 )H t t
là hình chiếu của I lên đường phân giác góc
(4; 4)BAC H
0,25
Gọi
E
là điểm đối xứng của I qua đường phân giác góc
(6; 3)BAC E AB
Phương trình cạnh AB là x+y-3=0
(1;2)A
. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng
1
là
1
(2;1;2)u
.
Do
2 1
và
2
AB
nên một vectơ chỉ phương của đường thẳng
2
là
2 1
, (6; 6; 3)u AB u
0,25
Phương trình đường thẳng
2
1 3 2
Khoảng cách giữa hai đường thẳng
1
và
2
là
1 2
( , ) 3.d MN
0,25
www.VNMATH.com
Điều kiện:
0x y
Vậy hệ phương trình có hai nghiệm:
( ; ) (4;2)x y
và
1
( ; ) (1; )
2
x y
0,25
Phương trình cạnh BC là
5 0.x y
0,25
{ } (0;5)B BC Oy B
0,25
Giả sử
( ; 3)A t t AH
;
( ;2 ), (5 ; 3)AB t t AC t t
0,25
Câu 7.b
(1 điểm)
Tam giác
ABC
vuông tại
0 1 v 3A ABAC t t
0,25
Câu 8.b
(1 điểm)
Với
2 2 2 2
1 54 54
0 ( 2) ( 1) 9 11( )
11 11 11
k AB t t t t
54
min
11
AB
đạt được khi
21 1 3
( ; ; ), (0;1; 0)
11 11 11
A B
0,25
Áp dụng công thức
2
. | | ; w wz z z z z
0,25
Ta có
z i iz
z z
z
0,25
www.VNMATH.com
S
Ở
GD & ĐT B
Ắ
C NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, NĂM HỌC 2013 - 2014
MÔN: TOÁN - KHỐI A,A1,B
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số
.
Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình
1 1 1
,
5
2 9 2 2
4 2 9
x y x y y x y y
xy
x y x y
xy
Câu 4 (1,0 điểm): Tính tích phân
góc
0
30
. Tính thể tích khối chóp
.S ABCD
và khoảng cách giữa hai đường thẳng
SA
và
BD
.
Câu 6 (1,0 điểm): Cho ba số thực dương
,,abc
thỏa mãn
22
c a b a b
. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu
thức
2 2 2
1 1 1 4
1 1 1
1 1 1
P
abc
abc
đường tròn
T
tại
17 6
;
55
N N C
. Tìm tọa độ các đỉnh
,,A B C
của tam giác
ABC
biết
0
B
x
.
Câu 8a (1,0 điểm): Trong không gian với hệ trục tọa độ
Oxyz
, cho đường thẳng
12
:
2 1 3
x y z
d
2 5 2 6 0z z z z
trên tập số phức.
B. Theo chương trình Nâng cao:
Câu 7b (1,0 điểm): Trong mặt phẳng tọa độ
Oxy
, cho tam giác
ABC
. Phân giác trong góc
A
, phân giác
ngoài góc
B
lần lượt có phương trình
2; 7 0x x y
. Các điểm
1
;1 , 2;1
2
IJ
lần lượt là tâm đường
tròn ngoại tiếp, nội tiếp tam giác
ABC
. Tìm tọa độ các điểm
,,.A B C
và cắt mặt
cầu
S
theo một đường tròn có chu vi bằng
4.
Câu 9b (1,0 điểm): Gọi
12
,zz
là hai nghiệm phức của phương trình
2
3 4 0z i z
. Viết dạng lượng
giác của các số phức
2014 2 014
12
,.zz
Hết
WWW.VNMATH.COM
S
Ở
GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO B
Ắ
C NINH
TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN
(Đáp án – thang điểm có 03 trang)
2
' 4 3; ' 0 1; 3y x x y x x
. Hàm số đồng biến trên các khoảng
;1 , 3;
, nghịch biến trên
1;3
và đạt cực đại tại
1x
, cực tiểu tại
3x
.
0,25
BBT:
x
1 3
y'
+ 0
0 +
y
0
21
2 1 1 1
21
mm
mm
xx
m
0,25
So với điều kiện, ta nhận được
1m
0,25
2
(1,0 điểm)
Điều kiện:
cos 0x
Phương trình
2
sin 1
sin cos sin cos
xx
0,25
sin 0x x k
2
sin cos 1 0
2
2
xk
xx
x k l
2
11
1
0
1
11
x y x y y y
xy
xy
x y x y y y
1
1 0 1
1
11
yy
x y y x
xy
x y x y y y
vào phương trình (2), ta được :
5 8 11
3 8 1 , ;
2 11 3 2
x x x x
x
Xét hàm số :
5
3 8 1,
2 11
f x x x g x
x
với
8 11
;
32
xx
Có:
3 1 9 9 3 8
'0
2 3 8 2 1 2 3 8 1
xx
0,25
,f x g x
lần lượt là các hàm số đồng biến, nghịch biến trên từng khoảng
8 11 11
; , ;
3 2 2
. Mà
3 3 ; 8 8f g f g
nên phương trình
f x g x
có
đúng 2 nghiệm
34
89
xy
xy
0,25
Tính
22
2
1
ln
ln ln ln2
ln ln
ee
e
e
ee
dx
dx
Ix
x x x
0,25
Tính
2
2
2
ln 1
e
e
dt
I
t t e e
. Vậy
2
11
ln2
2
I
ee
0,25
5
(1,0 điểm)
Gọi
H
là hình chiếu của
S
trên
AB
. Do
SAB ABCD
0,25
Ta có
2
a
AH
. Qua
A
kẻ đường thẳng
song song
BD
.
Có:
/ / , , , , 4 ,BD SA d BD SA d BD d B d H
0,25
Gọi
G
là hình chiếu của
H
aa
d SA BD 0,25
6
(1,0 điểm)
2
2 2 2 2
2
22c a b a b a b c a b c a b a b
c
2
2
2
2
2
1 1 1 1 1
1 1 1
cc
P
a b a b c
c c c
0,25
H
C
A
B
D
S
G
E
WWW.VNMATH.COM
Copyright: Tài liệu đại học ©