TRƯỜNGTHPTCHUYÊNNĐC  ĐỀTHITHỬĐẠIHỌCVÀCAOĐẲNGNĂM2014
  Môn:TOÁN;khốiD
ĐỀTHITHỬLẦN2 Thờigianlàmbài:180phút,khôngkểphátđề
I.PHẦNCHUNG CHOTẤTCẢTHÍSINH(7,0điểm)
Câu1:(2,0điểm) Chohàmsố
3 2
2 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x = - + + + + (1)vớimlàthamsốthực.
a) Khảosátsựbiếnthiênvàvẽđồthịcủahàmsố(1)khim=1
b) Chứngtỏrằngvớimọim,đồthịcủahàmsố(1)luônluôncóhaiđiểmcựctrịvàkhoảngcách
giữahaiđiểmnàylàmộthằngsố.
Câu2:(1,0điểm) Giảiphươngtrình:
3 2 6
4 3sin sin 3cos cosx x x x + + = +
Câu3:(1,0điểm) Giảihệphươngtrình:
1
1 1
3
xy xy x
y y y
x x x
ì
+ + =
ï
í
+ = +
ï
î
Câu4:(1,0điểm) Tínhtíchphân
2
3
0

5P y x x = - + vớix ³0
II.PHẦNRIÊNG(3,0điểm)Thísinhchỉđượclàmmộttronghaiphần(PhầnAhoặcB)
A. TheochươngtrìnhChuẩn
Câu7a:(1,0điểm) TrongmặtphẳngvớihệtọađộOxy,chotamgiác
ABC
với
(0;2 3)A
; ( 2;0)B -
và C(2;0),đườngcaoBH.TìmhaiđiểmMvàNtrênđườngthẳngchứađườngcaoBHsaochoba
tamgiácMBC,NBCvàABCcóchuvibằngnhau.
Câu8a:(1,0điểm) TrongkhônggianvớihệtọađộOxyz,lậpphươngtrìnhmặtphẳng(P)cắtba
trụcOx,Oy,OzlầnlượttạiA,B,CsaochoH(2;1;1)làtrựctâmcủatamgiácABC.
Câu9a:(1,0điểm) Mộtnhómhọcsinhgồm9emtrongđócó3nữ,đượcchiathành3tổđềunhau.
Tínhxácsuấtđểmỗitổcó1nữ.
B. TheochươngtrìnhNângcao
Câu7b:(1,0điểm) TrongmặtphẳngvớihệtọađộOxy,cho
D
ABCcóA(2;0);B(2;0),gócgiữa
haiđườngthẳngBCvàABbằng60
o
.TínhdiệntíchtamgiácABCbiếtrằngy
C
>2.
Câu 8b: (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S) có phương trình :
2 2 2
3 3 3 0x y z x y z + + - - - = vàmặtphẳng(P):x+y+z–6=0.Chứngtỏmặtphẳng(P)cắtmặt
cầu(S)theođườngtròn(C).Tínhthểtíchkhốinóncóđỉnhlàtâmcủamặtcầu(S)vàđáylàđường
tròn(C).
Câu9b:(1,0điểm) Chosốphứczthỏamãn
( )

+6x;y’=0
0; 1
1; 2
x y
x y
= =
é
Û
ê
= - =
ë
+BBT
x -¥ 1 0 +¥
y' +0  0+
y
2 +¥
-¥ 1
HàmsốĐBtrêncáckhoảng
( ; 1),(0; ) -¥- +¥
,
NBtrêncáckhoảng
( 1;0) -
Hàmsốđạtcựcđại:y
CĐ
=2tạix
CĐ
=1.
Hàmsốđạtcựctiểu
CT
1y =

1
=2m
3
+3m
2
+1
x
2
=m+1
®
y
2
=2m
3
+3m
2
Haiđiểmcựctrịcủađồthịhàmsố:A(m;2m
3
+3m
2
+1);B(m+1;2m
3
+3m
2
)
AB=
2 ®
đpcm
(2điểm)
0.25

(1+sinx)
3
=(cos
2
x)
3
(*).
Xéthàmsốf(t)=t
3
;f’(t)=3t
2
³
0 ®hàmsốf(t)luônluônđồngbiến
Từ(*)tacóf(1+sinx)=f(cos
2
x)
Û
1+sinx=cos
2
x
Û sin
2
x+sinx=0
Û
ê
ë
é
- =
=
1sin

y y y
x x x
ì
+ + =
ï
í
+ = +
ï
î
(1điểm)
www.VNMATH.com
K:
0x >

0y >
t:
1
u
x
=
v y =
vi 0 0u v > > .
Tacúh:
2 2
3 3
1
3
u v uv
u v u v
ỡ

ũ
Cõu4
2
3 2 2
2 2
2 2
0 0 0
sin x sin x sin x(1 sin x) 1 cos x sin x
I dx dx dx
cos 2x 7 2
(2cos x 1) 7 cos x 4
p
p p
- -
= = =
-
- - -
ũ ũ ũ
tt=cosx ịdt=sinxdx.
icn:x=0 ịt=1,x=
2
p
ịt=0
1 1
2
2
0 0
1 1 1 1
1
2 4 2 2 2


'C 60AB = )
ị
AB=BC=AC=
2x
MAB=
2h ị x=h.
Doú
3
. ' ' ' 'ABCD A B C D
V h =
GiO=AC
ầ
BD ị AO//OC.
Tacúgúc(ABOC)=gúc(ABAO)
Xộtgúc

'AB' ?O = Thụngqua ''AB DO
AB=h
2
,OB=OA=
2
2h
,
OA
2
=AA
2
+OA
2

.2
4
2
2
4
6
2
2
2
- +
=
2
2
6
3
h
h
=
2
6
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
ChoxvythucRtha:
ù
ợ
ù
ớ

Ê Ê + - + -
ờ

ở
P
28)(235
2323
- + + - = = - + + + - Ê xxxxfxxxx
(1im)
0.25
0.25
h
a
O'
O
D'
A'
C'
D
A
B
C
B'
www.VNMATH.com
f(x)=3x
82
2
+ + x
f(x)=0


NờnM,Nnmtrờn(E)cúhaitiờuimB(20)vC(20)
Trcln2a=8
ị
a=4.
Tiờuc2c=4
ị
c=2.
Trcbộb=
2 2
a c -
=
12
(E)cúphngtrỡnh
1
1216
22
= +
yx
D ABCu
ị
HltrungimAC
ị
H(1
3
)
PhngtrỡnhBH:
3 2 0x y - + =
TaMvNlnghimcah
ù
ợ

ỗ
ỗ
ố
ổ
- - -
13
2436

13
3248
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
TrongkhụnggianvihtaOxyz,lpphngtrỡnhmtphng(P)ctbatrc
Ox,Oy,OzlnlttiA,B,CsaochoH(211)ltrctõmcatamgiỏcABC.
Cõu8a
ã A(a00).B(0b0).C(00c).H(211)
ã AH =(2a11), BC =(0bc) AH . BC =0 đb=c
ã BH =(21b1),
AC
=(a0c)
BH.
AC
=0
đ
2a=c
đ
a=

Cõu9a
GiAlbinc:chia3thcsinhunhaumitcú1n
Khụnggianmu W :chia3thcsinhunhau
Tacú:
3 3 3
9 6 3
. . 1680C C C W = =
2 2 2
6 4 2
3! . . 540A C C C = =
540 27
( )
1680 84
A
P A = = =
W
(1im)
0.25
0.5
0.25
Cõu7b
TrongmtphngvihtaOxy,cho DABCcúA(20)B(20),gúcgiahai
ngthngBCvABbng60
o
.TớnhdintớchtamgiỏcABCbitrngy
C
>2.
(1im)
x
y

ợ
ù
ù
ớ
ỡ
+ -
-
=
+ +
+
=
22
22
)2(4
)2(4
2
1
)2(.4
)2(4
2
3
yx
x
yx
x

ù
ợ
ù
ớ

3
vdt
0.25
0.25
0.25
0.25
Trong khụng gian vi h ta Oxyz, cho mt cu (S) cú phng trỡnh :
2 2 2
3 3 3 0x y z x y z + + - - - = vmtphng(P):x+y+z6=0.Chngtmt
phng(P)ctmtcu(S)theongtrũn(C).Tớnhthtớchkhinúncúnhl
tõmcamtcu(S)vỏylngtrũn(C).
Cõu8b
ã Mtcu(S)tõmI
ữ
ứ
ử
ỗ
ố
ổ
2
3

2
3

2
3
vbỏnkớnhR=
2
33

( )
( )
( )( )
3 1 3 3 ( 1) 1 ( 3)z i z i x y i x y i + - + + = + + - + - -
2 2
4 4 6 2( 4)x y x y x y i = + + + + + - -
Tacú wẻR 4 0x y - - =
Tphpbiudincazlt(d): 4 0x y - - = .GiMlimbiudincaz.
min
min
( )z OM OM d ^
Tỡmc ( 22) z 2 2iM - = - +
(1im)
0.25
0.25
0.25
0.25
www.VNMATH.com

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối A + A
1
+ B

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số

4
1
cos 1
x x x x
x

   


.
Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình
2 2
2 2
2 5 3 4
3 3 1 0
y y y x x
y x y x

     


    



( , )x y 
.
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
2
3

theo a .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương
,x y
thỏa điều kiện
4 4
2
3 3x y xy
xy
   
. Tìm giá trị lớn nhất
của biểu thức
2 2
2 2
16
2
P x y
x y
 
 
.
II. 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 tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm
 
1;3H 
, tâm đường tròn ngoại
tiếp
(3; 3)I 
và chân đường cao kẻ từ đỉnh
A

là 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
 
4;3A
, đường phân
giác trong của góc
A
có phương trình
1 0x y  
và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
ABC
là
3
2;
2
I
 
 
 
.
Viết phương trình cạnh
BC
, biết diện tích tam giác
ABC
bằng 2 lần diện tích tam giác
IBC
.

và khối B
(Đáp án – thang điểm gồm 06 trang)

Câu Đáp án Điểm
a) 1,0
Khi
2m 
ta có hàm số
2 1
1
x
y
x




TXĐ:
 
2
1
\ 1 , ' 0,
( 1)
y x
x

    

D D
0,25
Đồ thị: Đi qua các điểm
 
1
; 0 , 0; 1
2
 
 
 
và nhận
giao điểm 2 tiệm cận I(1; 2) làm tâm đối xứng.
0,25
b) 1,0
Ta có:
,M N
cách đều
,A B

( 2) 8 0
1
1 0
m
m
m

    
  

 

(*)
0,25
1
(2,0 điểm)
Khi đó (1) có hai nghiệm phân biệt
1 2
,x x . Theo định lí Vi-et, ta có :
1 2
1 2
2
2
x x m
x x
  


 








1
2

1
1
2
0
x
y
www.VNMATH.com
2
1
( 2) 1
3
m
m
m


   





0,25
2
(1,0 điểm)
So với điều kiện ban đầu, suy ra
2 ,x k k
 
  
là nghiệm phương trình.
0,25
Xét hệ phương trình
2 2
2 2
2 5 3 4 (1)
3 3 1 0 (2)
y y y x x
y x y x

     


    



Ta có : (2)
2 2
3 3 1x x y y     . Thay vào (1) ta được:
2 2 2 2 2 2 2 2
2 5 3 1 4 ( 1) ( 1) 4 4y y y x y y x y y x x                
(*)

x y
 

      

 


0,25
Với
1x y 
, ta có hệ
2 2
1
1
2
3
3 3 1 0
2
x
x y
y x y x
y



 






 
    






Vậy hệ có hai nghiệm:
1 3 1 3
; ; ;
2 2 4 4
   
   
   

0,25
Ta có:
2
2
3
1 1 1 2
ln
2 1 1 ( 1)
x x
I dx
x x x


2
1
.ln
2
I t tdt


0,25
Đặt
2
1
ln
2
u t du dt
t
t
dv tdt v
  
  
. Suy ra
3
2 2 2
2
3 3 3
1
ln ln
2 2 2
4 4 4 8
t t t
I t tdt t   

    



. Tương tự
HC BC

Và
ABC
vuông cân tại
B

Suy ra tứ giác HABC là hình vuông
0,25
Ta 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 1 1 6
. . . 3. 3. 6
3 6 6 2
S ABC ABC
a
V S SH AB BC SH a a a   
(đvtt)
0,25
5
(1,0 điểm)
Gọi
I
là trung điểm của SB. Chứng minh được H, A, C đều nhìn SB dưới một góc vuông
Suy ra
1
2
IA IB IC IS IH SB    
, nên
I
là tâm mặt cầu (S) ngoại tiếp hình chóp
.S HABC
, cũng là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.ABC
(S) có bán kính
2 2 2 2
1 1 1
6 6 3
2 2 2
R SB SH HB a a a     

Suy ra (S) có diện tích là

2
3 3 2 2 3 3 2 0 ( 1)( 2)(2 1) 0t t t t t t t t
t
            

1
( 2)(2 1) 0 2
2
t t t      
vì
0t 

0,25
6
(1,0 điểm)
Khi đó:
2
8
1
P t
t
 

(1). Xét hàm số
2
8
( )
1
f t t
t

( ) 0 1
2 2
( 1) 4 0 ( 1)( 3 4) 0
f t t t
t
t t
f t t
t t t t t
 
   
 

 
 
   
 
    
 
 
      
 

Ta lại có
1 67 20
(1) 5, , (2)
2 12 3
f f f
 
  
 


Vậy
20
2
3
MaxP x y   
.
0,25
A
B
C
D
M
H
K
I

Đường thẳng
BC
qua
K
nhận
(0;2)KH 

làm vectơ pháp tuyến
 Phương trình đường thẳng
: 1 0BC y  

Gọi
M

/ /DC BH
nên tứ giác
HBDC
là hình bình hành nên
M
là trung điểm
HD
.
Xét tam giác
AHD
có
IM
là đường trung bình nên
2 ( 1; 5)AH IM A   
 

0,25
Gọi
( ;1)B b
BC
. Ta có
IB IA

2
1
( 3) 16 16 4
5
b
b
b

của đoạn thẳng
AB
có toạ độ
 
4; 2;4

Gọi
( )Q
là mặt phẳng trung trực của
AB

       
: 2 4 0 2 4 4 0Q x y z       
 
: 2 4 0Q x z   

0,25
Ta có
( )MA MB M Q  

Theo giả thiết
( )M P

( ) ( )M d P Q   

0,25
8.a
(1,0 điểm)
Chọn
 

.
Gọi toạ độ
 
2 ;3 5 ;2M t t t 

(2 5;5 5 ; ); (2 3;5 5 ; 4)AM t t t BM t t t       
 

Theo giả thiết
MA MB
và

0
45MAB MAB   vuông cân tại
M

Suy ra
      
2
. 0 2 5 2 3 5 5 4 0AM BM t t t t t        
 

2
4
3 7 4 0 1
3
t t t t       

Với
 

(2)
0,25
Từ (1) và (2) ta có hệ
2
1
1 3 2
2 4 0 4 1
6 0
y x
y x x x
xy y y y
x x
 
    

  
  
   
     
  
  


0,25
9.a
(1,0 điểm)
Vậy
3 4z i 
hoặc
2z i  

2 4 2 2 2 2
x y x y D
x y D
 
     




 



        



 

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

AH d A BC

  và
12
( , )
5
c
IK d I BC

  nên
0
2 24 2 12
16
c
AH IK c c
c


     

 


0,25
7.b
(1,0 điểm)
Suy ra phương trình của cạnh BC là
3 4 0x y 
và
3 4 16 0x y  

phương trình tham số của
d
là
1 2
1 3
x t
y t
z t
 





 

.
Vì
M d
suy ra
(1 2 ; ; 1 3 ).M t t t 

Gọi H là giao điểm của

và mặt phẳng (Q). Suy ra
).
2
1
;
2

 
 

Vậy
8 1 11
; ;
7 14 14
M
 
 
 
.
0,25
Chọn 3 viên bi từ 50 viên bi có
3
50
C
cách
3
50
C  

0,25
Gọi
A
là biến cố để tổng ba số trên ba viên bi được chọn là một số chia hết cho 3
Trong 50 viên bi ban đầu chia thành 3 loại: 17 viên bi có số chia cho 3 dư 1; 17 viên bi có
số cho 3 dư 2; 16 viên bi có số chia hết cho 3.
0,25
Để tìm số cách chọn 3 viên bi có tổng số là một số chia hết cho 3, ta xét 2 trường hợp:
Hết
www.VNMATH.com

SỞ GD & ĐT ĐỒNG THÁP ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 - LẦN 2
THPT Chuyên Nguyễn Quang Diêu Môn: TOÁN; Khối D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ CHÍNH THỨC

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số
3 2 2 3
3 3( 1) 1y x mx m x m     
(1), (với m là tham số thực).
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m = 1.
b) Tìm tất cả các giá trị của m để hàm số (1) có cực đại, cực tiểu đồng thời khoảng cách từ gốc tọa độ
đến điểm cực tiểu của đồ thị bằng
2
.
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình
sin 2 cos 2 4 2 sin 4cos 1 0
4
x x x x

 
     
 


.
Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy
ABCD
là hình vuông cạnh a. Gọi
M
,
N
và
P
lần lượt là
trung điểm các cạnh
AB
,
AD
và
DC
. Gọi
H
là giao điểm của
CN
và
DM
, biết
( )SH ABCD
,
3SH a
.

. Tìm tọa độ các đỉnh còn lại của hình thoi biết rằng diện tích hình thoi bằng 8 và đỉnh B
có hoành độ dương.
Câu 8.a (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S), 2 đường thẳng
1 2
,d d
có phương
trình (S):
2 2 2
4 4 2 16 0x y z x y z      

1 2
3
1 1 1
: : 2 ( )
1 4 1
1 2
x t
x y z
d d y t t
z t
 

  

   



  


.
B. Theo chương trình Nâng cao
Câu 7.b (1.0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm
(0;2)A
và đường thẳng
: 2 2 0d x y  
.
Tìm trên
d
hai điểm
,M N
sao cho tam giác
AMN
vuông tại
A
và
2AM AN
, biết tọa độ của
N
là các số
nguyên .
Câu 8.b (1.0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho đường thẳng
3 2 1
:
2 1 1
x y z
d
  
 


SỞ GD&ĐT ĐỒNG THÁP ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014
ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối D
(Đáp án – thang điểm gồm 05 trang)

Câu Đáp án Điểm
a)
1,0
Với m=1, hàm số (1) trở thành
3 2
3y x x 

TXĐ:
D  

Sự biến thiên:
Giới hạn:
lim ,lim
x x
y y
 
   

0,25
Chiều biến thiên:
2
0
' 3 6 , ' 0
2
x

-∞
-∞
+∞
+∞
0 2
0
0
-
+
+
0
-4
x
y’
y
-∞
-∞
+∞
+∞
0 2
0
0
-
+
+
0
-4

0,25


Trong trường hợp tổng quát, ta có
2 2
' 3 6 3( 1)y x mx m   
,
1
2 2
2
1
' 0 2 1 0
1
x x m
y x mx m
x x m
  

      

  


0,25
Vì
' 0y 
luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số luôn có cực đại, cực tiểu với
mọi m.
0,25
1
(2,0 điểm)
Dề thấy
1 1m m  

hoặc
1m  
.
0,25
Phương trình đã cho tương đương:
 
sin 2 cos 2 4 sinx cos 4cos 1 0x x x x     

0,25
sinx(cos sinx 2) 0x   

0,25
sinx 0
cos sinx 2 0( )x VN




  


0,25
2
(1,0 điểm)
x k

 

Vậy nghiệm của phương trình đã cho là
x k

 
       
 
     
 

0,25
3
(1,0 điểm)
4 12x y   

Vậy hệ phương trình có một nghiệm là:
(4;12)

0,25
Đặt
 
2
2
2ln
1
1
2
2
x
u x x
du dx
x
dv dx
v

x x

  



0,25
=
1 1 2
6 2
n
 
+
2
1
ln x

0,25
4
(1,0 điểm)
=
ln 2 1
2 6


0,25
WWW.VNMATH.COM
P
H
N


0,25
Suy ra
 
2 3
.
1 1 3
. 3.
3 3 5 15
S HDC HDC
a a
V SH S a dvtt  

0,25
Trong (
ABCD
), Gọi
K
là giao điểm của
CN
và
BP

Ta có
( )SBP
cắt
HC
tại trung điểm
K
nên

3SH a , tính được
1 5
2 5
a
HK HC 
.
Tam giác
SHK
vuông tại
H
có
HI
là đường cao
2 2 2
2
5
3.
. 3
5
4
3
5
a
a
SH HK a
HI
SH HK a
a
   


t
xy x y  
Khi đó:
2 3
2
( 4) ( 4)
4 4
t t
P xy t t t t t t        
0,25
6
(1,0 điểm)
Khảo sát hàm số
2
2
( )
4
t
f t t t   trên
(0;2]
ta được
( ) (2) 8f t f 

Vậy
8P 
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
1x y 

Do đó
8MaxP 

ABCD
ABCD
S
AC BD
S BD
AC
    
2 2IB 

0,25
Vì
( ; 1)B BD B b b  
. Nên
2 2
2 2 8 2IB b b b      

0,25
7.a
(1,0 điểm)
Với
2 ( 2; 1)b B    
( loại)
Với
2 (2;3) ( 2; 1)b B D    

Vậy
( 1;2), (2;3), ( 2; 1)C B D  

0,25
(S) có tâm I(2;2;-1) bán kính R=5

[ , ]=(2;1;-2)
3
u u
 
làm véc tơ phép
tuyếnphương trình của (P):
2 2 0x y z D   
.
( ,( )) 3d I P 
2 2 2
| 2.2 1.2 2( 1) |
3
2 1 ( 2)
D   
 
  

1
| 8 | 9
17
D
D
D


   

 



n
C nA n
n n



    
 

0,25
3 2
2 9 888 0 8.n n n n     

0,25
Với
8n 
,
   
 
8
8 8
8
8
3 1 3 24 4
8 8
0 0
2
2 2 1
k k
k


  
.
0,25
7.b
(1,0 điểm)
Gọi H là hình chiếu của A lên d ta có AH = d(A, d) =
2
0 2.2 2
2
5
1 2
 



Tam giác
AMN
vuông tại
A
nên
2 2 2 2 2
1 1 1 1 1 5
1
4 4
AN
AM AN AH AN AN
      

0,25


0,25
Với
(0;1)N
, Đường thẳng AM qua A(0;2) có vectơ pháp tuyến
(0; 1)AN  


 Phương trình là AM:
2 0y  

Ta có
M d AM 
 Toạ độ M là nghiệm của hệ
2 2 0 2
(2;2)
2 0 2
x y x
M
y y
   
 
 
 
  
 

Vậy
(2;2), (0;1)M N



  


   

(tham số t)
(1; 3;0)M 0,25
Lại có vectơ pháp tuyến của (P) là
(1;1;1)
P
n 

, vectơ chỉ phương của d là
(2;1; 1)
d
u  

.
Vì

nằm trong (P) và vuông góc với d nên:


có vectơ chỉ phương , (2; 3;1)
d P
u u n

x y z x y
x y z z y
x y z y y
 
     
 
       
 
 
      
 

13 11
0 6
15 15
x x
y y
z z
  
 
 
    
 
 
  
 

Ta được hai điểm N(13; 0; - 15) và N(-11; - 6; 15)
0,25
8.b

2
– 4 – 4b) + [a( b – 2) – a( b + 2) + 4a] i = 0

a
2

+ b
2
– 4b – 4 = 0
0,25
Ta lại có:
44)2(2
22
 bbaibaiz

0,25
9.b
(1,0 điểm)
=
228844
22
 bba
.
Vậy môđun của z – 2i bằng
22
.
0,25 Hết

tti6m
phdn
biQt
tr6n
(C)
sao
cho
hai ti6p tuyi5n tVi A vitB song song
voi
nhau. Hai ti6p
tuyi5n
tai
A
viLB
cEt trpc
tung
16n luqt tqi
C,
D sao cho CD
:4.
Tim toa
d0hai dii)mA,B.
Cflu 2
Q
[email protected]
Zcos4x
+
cos
2x
=

A.TheochuongtrinhChuAn
**y,
=5
vddudrngthingA:
3x-y-2=0.
ciu 7a
Q
diafi'
Trong mat
ph[ng
voi
he.ftuc
rim
iqa rl0 tli6m
A vit
B tr6n
A dt ta,,-t
gi6c
tqa d0 Ory,
cho hinh chfr
n};4;t ABCD
c6
a1r,r) .
rrqrs ta-
",L;
eii
)uird^oc^
OAB cb on:
+
vd c6

Q
diA@.
Trong kh6ng
gian
v6i
hQ
trUc
tga
dO O*yr, cho
hai mA.t
pheng
(r):x
-2y-3=0
vi
(Q):x+Zy+z+I=0.
Vi6t
phuong
trinh ttuong
thdng d
qua
di6m
U(t;O;2),vu6ng
g6c
voi duong
thing OM
vd cEt
(P)
tVi A, cit
(O
taiB

Q
die@. Trong mat
phfurg
vcyi
hQ truc
tqa
d0 Oxy, cho tluong
trdn
(Q
c6
phuong
tinh
TONN
HAC
ITl
&
Glirr{i}rA
SO
441
(5-2014)
Cflu 4
(1,
die$. Tinh
tich
ph6n
2
x2-l
t:l@+1)2e
,
dr.

gi6
fi
16n nhat vA
gi6
tri
nho
nhft cg1a
p
=
*(*,
+ r)+
zy(+yz +z),
trong
t16 x,y
ldc6c s5 thgc
th6a
mdn
xa +l6ya
+(2*y+L)2
=2.
Cflu
8b
(l
diem).
Trong
kh6ng
gian
voi
hQ
trgc

lon"'*l
=2v-x
aLy
NGUYEN
TUAN TAU
(GI/THPT
ThdnhNhdn,
rP. H6
Chl
Minh)
xy+y+2+
+ x+2
=
4y.
www.VNMATH.com
HUONG
DAN
Ciu
1.
b)
Ta
c6
y
=
t
-
-\.
Gqi
he
s6

B
v6i
d6
thi (C)
ld
!
=
ls
+
2k
-ZJi
+t;
y
=
tq
+
2k
+
2Ji
+1.
Suy
ra
c(o;zr,
-zJE
+\;o(o;zk
+zJE
+r)
.
oo
cD=l+JEl=+=t,

kn:
it
kx
*=
n+
,(lcez).
Cdu
3.
DK:
x
>
0.
Do
x
=
0
kh6ng
ld
nghiQm
nOn
chia
cd
hai
v6
cria
phuong
trinh
cho
{i
,

.
11
2
3
-lV
+t)e'-Iar,
n€n
r
=4"i
-1.
1
Cdu
5.
Gqi
M
ld
trung
dirim
cria
BC,
ke
AH
LSMtqiHth\
d(AD,,SC)=
AH
=!.
2'
Suy
ra
SA

Cdu
6.
Taco
x4
+t6ya
+(zxy+l)2
:2
*(l
*Qr)')'
=exy-t)2
>i
+(zy)2
+?.st=r
=
(x +
2y)2
-t:2*y
,
do
2xy
.Q
+
2Y)2
=(x+
2y)2
-r.(*+?Y)2
>(x+2y)2
Ditr=x+2v=r.l
'21
t-E'E],

(o;
i)
n"* (*;
y):
(r; o).
minP 4et=-l
e
(,;
r)
=
(o;
-i)
n"* (*;
y):
(-r;
o)
CAU
7a.
Ggi
G ld
trong
t6m
MBC
thi
G(t)t-2)ed.DoErt=3Ed
> OQt
-2;9t
-
8)
. Do

=l
rt
d6
tim
dusc
A(-t;3)
hodc
A(?,+)
'
\5
5)
Cdu
8a.
Gqi
A(2a
+
3;
a;
b) e
(r)
,
ill
=
(zo
+
2;a
;b
-
z);
Mffi=

Tinh
K
=
2
l*er-i
dr
=
*zr'-;l
,1,
www.VNMATH.com
Khid6
prcua
d,
+-L==
Ciu
9a. Elt z
:
a+ bi; w
=
x
+
yt.
Theo dC
bdi, ta c6 a
-
b
-l
=
0
vi

/ t ?r r\
B(t:3r
-2).
^th\
Ml
n:ff I
.
(c)
vL)
=
5t2
-6t -8
=
o <> t
=2
holc
t
=
*
rrd6 BQ;a)
uoac a(
-!,-?l
\
5
5)
CAu
8b.
Gi6sir
tb,m
I(a;b;c).Do IA=IB=IC

=31b-i t
*4r4
-1
3)
3-3
s _(7 s
2)
1=t[S';'-3)
Suyrab=
Ciu 9b.
De h9
ghuong
trinh c6
nghiQm
thi
y
> 0. PT thri nhdt
tro thdnh
2*
(x
+I)
=
22t., e
2**1(x +
r)
=
22Y .2y .
Xdt him sO
71t1:
t.2t c6

+2+
2
+2y+1
Ddp sii.
(x;
y)
=
(1;
1). D
HUOIYG
nArv GIir
(ri6p
trang
5)
M[tkhac,
fr>:frH > trfu=frd,n€n
PH ll
EO
(2).
Trong
LAEO c6 P
ldtrung di6m
oip
AE, k6t hqp v6i
(1); (2)
suy
ra 1/
ld trung
di€mcinOA.
b)

diQntichnho
nh tl{hiAB
LCD.
c)
Ta c6 AC L
BE; AD I BF, do d6
CDa
=ABa:(AE.Ary2 =ARAF
=
(EC.EB)(FD.FB)
-
(EC.FD)(EB.FB)
=
(EC.FD)(AB.EF)
=
CE.DF.CD.EF
) CD3
=
CE.DF.EF.
-
BE2
EA.EF EA
I
a
cung co
BF2
=
FAEF:
FA
BE4

=
I a-
os 2
''
2'
-

BK BO+OK OK
OK
A
Nla
Bo= Bo
=Lt
*)
oB=
2'
MatkhAc,
F7ldph6ngi6c
ciaEFE
ndn
FK OK J'
'#
:A
=)
=
FB
=
JI-FK
>
FB2

TathAv OSIIKN=i-
"BO
www.VNMATH.com