S GD&T VNH PHC
TRNG THPT NG U
KSCL THI I HC LN 1 NM HC 2014-2015
Mụn: TON; Khi A
Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian phỏt
Cõu 1 (2,0 im). Cho hm s
32
331ymx mx m cú th l
m
C .
a) Kho sỏt v v th hm s vi 1m
.
b) Chng minh rng vi mi 0m th
m
C luụn cú hai im cc tr A v B, khi ú tỡm
cỏc giỏ tr ca tham s m
222
2( )20AB OA OB
( trong ú O l gc ta ).
Cõu 2 (1,0 im). Gii phng trỡnh:
+ y
2
+ z
2
= 1.
Tỡm giỏ tr nh nht ca biu thc
111
P2xyz
xyz
Cõu 6(1,0 im). Trong mt phng ta Oxy, cho tam giỏc ABC cú phng trỡnh ng thng
:2 1 0AB x y, phng trỡnh ng thng : 3 4 6 0AC x y
v im (1; 3)M nm trờn
ng thng BC tha món
32
M
BMC
. Tỡm ta trng tõm G ca tam giỏc ABC.
Cõu 7 (1im):Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đờng tròn
22
:1 213Cx y
v đờng thẳng
:520xy. Gọi giao điểm của (C) với đờng thẳng
l A, B. Xác định
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU
ĐÁP ÁN KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015
Môn: TOÁN; Khối A
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý Nội dung trình bày Điểm
1 a 1,0 điểm
Với 1m , hàm số đã cho có dạng:
32
3
y
xx
TXĐ:
Giới hạn:
32 3
3
lim ( 3 ) lim 1
xx
xx x
x
;
BBT:
x
0 2
y’
0
0
y
0
4
; giá trị cực tiểu của hàm số là
24y .
0,25
Đồ thị:
Giao điểm với trục tung là điểm
0;0 .
0
0
3
x
y
x
Nhận xét: Điểm
1; 2I là tâm đối xứng của đồ
thị hàm số.
0,25
b 1,0 điểm
2
11 6 17 0mm
1
17
11
m
m
KL: Với
1
17
11
m
m
sin (loai)
x
xx
x
2
0
6
230
66
yxyx
Điều kiện: x+2y
10
Đặt t =
21 (t0)xy 0,25
Phương trình (1) trở thành : 2t
2
– t – 6 = 0
2/
3
t/m
2
ttm
tk
(t/m đk)
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
3
WWW.ToanCapBa.Net
Vậy nghiệm (x,y) của hệ đã cho là: (1,1) và )
2
1
35
22
a
MB
0,25
22
25
3
2
a
B
GBM SGSBBGa
3
.
13
.
34
S ABC ABC
a
VSGS
(đvtt)
0.25
Kẻ () ()GI AC I AC AC SGI
Ta có
1
3
2
a
xyz
. Đẳng thức khi: x = y = z.
0.25
Đặt t =
3
xyz
Cũng theo Cauchy: 1 = x
2
+ y
2
+z
2
≥
222
3
3xyz. Đẳng thức khi x = y = z.
Nên có: 0 < t ≤
3
3
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
4
WWW.ToanCapBa.Net
Xét hàm số: f(t) =
3
3
0.25
Từ đó: P ≥
29 3
9
. GTNN của P là
29 3
9
đạt khi x = y = z =
3
3
0.25 6 1,0 điểm
Vì B thuộc đường thẳng (AB) nên
;1 2
B
aa ,
Tương tự:
24;3Cbb
Ta có:
1; 4 2
M
Ba a
0.25
TH1: 32
M
BMC
31234
34 2 23 3
ab
ab
11
5
6
5
a
b
;
33
G
0.25
TH2: 32
M
BMC
31234
34 2 23 3
ab
ab
và
8
1;
3
G
thỏa mãn đề bài.
0.25
7 1,0 điểm
-Tọa độ điểm A, B là nghiệm của hệ phương trình:
x
yx
yy
yx
yx
0,25
2;0 , 3; 1AB
hoặc
3; 1 , 2; 0AB0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
5
WWW.ToanCapBa.Net
-Vì tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) nên AC là đường kính của
đường tròn (C). Hay tâm
21;I
PCx Cxx Cx x Cxx Cx
0.25
Suy ra, khi khai triển P thành đa thức,
2
x
chỉ xuất hiện khi khai triển
06
6
(1)Cx
và
12 5
6
(1)Cx x .
0.25
Hệ số của
2
x
trong khai triển
06
6
(1)Cx
là :
02
66
.CC
Hệ số của
2
212 21mxmx mxmxx
2
41
1
x
x
m
x
(vì
0; 2x )
0.25
Xét hàm số
2
41
1
x
x
fx
x
0.25
Vậy : bất phương trình đã cho có nghiệm thì
0;2
min 1 6 2 6 6mfxf.
0.25 +
_
0
- 1
1
26
- 6
f(x)
khi
m
0
.
b) Tìm m để hàm số
( )
1
có hai điểm cực trị
x
1
và
x
2
sao cho x x (x x )
1 2 1 2
6 4 0
.
Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3x sinx sin2x
0
.
Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình
log x log x log x
điểm của đoạn AD.
a) Tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a.
b) Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng HK và SD theo a.
Câu 6 (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có
D( ; )
4 5
.
Điểm M là trung điểm của đoạn AD, đường thẳng CM có phương trình
x y
8 10 0
. Điểm B
nằm trên đường thẳng
x y
2 1 0
. Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ
y
2
.
Câu 7 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình
xy y y x y x
(x,y )
( y) x y (x ) ( x y ) y
WWW.ToanCapBa.Net
7
WWW.ToanCapBa.Net
SỞ GD - ĐT THANH HÓA
TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ
ĐỀ CHÍNH THỨC
ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ KSCL THEO TỔ HỢP CÁC MÔN TUYỂN SINH ĐH, CĐ
LẦN 1, NĂM HỌC 2014 - 2015
Môn: TOÁN
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
Câu
Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi
m
0
ta có y x x
3 2
3 2
* Tập xác định
- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
CT
x ; y
0 2
; đạt cực đại tại
CD
x ;y
2 2
- Giới hạn:
x x
limy ; limy
0,25
- Bảng biến thiên:
x
0 2
y’ - 0 + 0 -
y
y'
0
có hai nghiệm phân biệt
0,25
m m
2
3 2 3 2
0 9 2 0
2 2
(*)
0,25
Ta có
m m (m )
x x ; x x
2
1 2 1 2
2 2 3
3 3
; x x (x x ) m m
2
1 2 1 2
6 4 0 10 24 0
2cos2x.sinx 2sinx.cosx 0
0,25
2
2sinx(2cos x cosx 1)=00,25
sinx 0 x kcosx x k
1 20,25
2
cosx x k
1
2
2 3
Vậy, phương trình có các nghiệm là:
0,25
3
x
1 17
2
hoặc x
1 17
2
(loại)
Vậy, phương trình có nghiệm là x
1 17
2
0,25
(1,0 điểm)
a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C
4
14
1001
4 viên bi lấy ra có cả xanh và đỏ, có 3 khả năng:
1viên đỏ + 3viên xanh; 2 viên đỏ + 2 viên xanh; 3 viên đỏ + 1viên xanh
là
3 3
10
3 .C0,25
4
Hệ số của
5
x
trong khai triển thành đa thức của
5 2 10
x(1 2x) x (1 3x)
là
4 4
5
( 2) .C
+
3 3
10
3 .C
Vậy hệ số của
5
x
trong khai triển là
4 4
5
( 2) .C
b)
HK//BD
HK//(SBD)
d(HK,SD) d(HK,(SBD)) d(H,(SBD))
Gọi E là hình chiếu vuông góc của H trên BD và F là hình chiếu vuông góc của H trên SE.
Ta có
BD HE
và
BD SH
nên
BD (SHE)
BD HF
mà
HF SE
0,25 0,25
Ta có
a
HE HB.sin EBH
2
4
HS.HE a
HF
HS HE
2 2
3
5
. Vậy,
a
d(HK,SD)
3
5
0,25
0,25
(1,0 điểm) 6
Gọ H, K là hình chiếu vuông góc của B, D lên CM
.
b
B(b; b ) BH b
17 18
52
2 1 17 18 52
65 65
b
b (loai)
2
70
17
(loại vì điểm B và D cùng phía với đường thẳng CM). Do đó ta có
B( ; ) I( ; )
2 5 3 0C( c ; c)
8 1 2 5 2 1
0,25
0,25
0,25 0,25
(1,0 điểm)
Điều kiện:
y
x y x
y x y
y x
(3)
Do
x y y
1 1
0
2 1 1
và
y
1 0
nên phương trình (3)
y x
2 1
0,25
Với
y x
2 1
. Phương trình (1) trở thành
x x x x
2
2 4 2 5 1
3
1 1
2 1 4
2 1 4 1
0,25
7
Xét f(x)
x x
1 1
2 1 4 1
và
g(x) x
2 1
với
x ;
2 4
, ta có
g(x) g( )
2 5
2 1
2 1
. Do đó
f(x) g(x), x ;
2 4
hay phương trình (4) vô nghiệm
Vậy, hệ phương trình có nghiệm là
( ; )
3 5
.
0,25
(1,0 điểm)
Ta có
bc b. c b c
8 2 2 2
. Suy ra
(a b c)
a b bc
3 3
2
2 8
a b c t, t
0
. Xét hàm số f(t)
t t
1 8
2 3
với
t
0
.
Ta có
(t )( t )
f '(t)
t ( t) t ( t)
2 2 2 2
1 8 3 1 5 3
2 3 2 3
, suy ra
f '(t) t
0 1
Bảng biến thiên:
t
0
(2)
Từ (1) và (2) ta có P
3
2
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
a b c
a c
b c
b
b a c
1
1
ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1
NĂM HỌC 2014 – 2015
MÔN TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề) Câu 1 (2,0 điểm).
Cho hàm số 243
223
mmxxy (1), với m là tham số thực.
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với
1
m
.
b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I
)0;1(
là trung điểm
của đoạn AB.
Câu 2 (1,0 điểm).
Giải phương trình
2sin22coscos3
6
2sin2
3
sin4
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn
921:)(
22
yxC
. Tìm tọa độ các đỉnh
của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn
)(C
biết đường thẳng BC có phương trình là
052
x
.
Câu 6 (1,0 điểm).
Cho hình lăng trụ
///
. CBAABC
có các đáy là tam giác đều cạnh a. Hình chiếu vuông góc của
/
C
lên mặt phẳng
)(ABC
là điểm
D
thuộc cạnh
BC
sao cho
.2DCDB
Góc giữa đường thẳng
với M là điểm thỏa mãn CMBC 4 . Xác định tọa độ các điểm A, D, B.
Câu 8 (1,0 điểm).
Giải hệ phương trình
121
11412
22
yxxyxyyxx
yyxx
Câu 9 (1,0 điểm).
Cho các số thực không âm
cba ,,
thỏa mãn
5212121
222
cba
.
Chứng minh rằng
6424
*Tập xác định:
D
*Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: x6x3y
2/
,
2x
0x
0
/
y
0,25
- Các khoảng đồng biến: );2();0;(
, khoảng nghịch biến: (0;2).
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y
CĐ
= 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y
CT
= -2.
- Giới hạn tại vô cực:
m2x
0x
0y
/
Đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị 0y
/
có 2 nghiệm phân biệt
0m
0,25
Tọa độ các điểm cực trị A, B là )2m4m4;m2(B);2m4;0(A
232
0,25
I là trung điểm của AB nên
02m4m2
1m
23
0,25
Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị.
Vậy giá trị của m cần tìm là m = 1.
5
x
2k
6
x
0xsin21 . Nghiệm của phương trình là
2k
6
5
x
2k
6
x
Zk
0,25
3
(1,0đ)
Ta có
5x22x2x
5x22x5x22x
lim
2x
5x22x
lim
2x2x
0,25
5x22x2x
20x8x
lim
2
2x
11
.
0,25
4 viên bi được chọn gồm 3 viên bi đỏ và 1 viên bi xanh. 0,25
Số cách chọn 4 viên bi đó là
60C.C
1
6
3
5
.
0,25
Vậy xác suất cần tìm là
11
2
330
60
p
.
0,25
5
(1,0đ)
Tọa độ điểm B, C là nghiệm của hệ:
2
33
2;
2
5
C;
2
33
2;
2
5
B
và ngược lại. A(-2; 2)
0,25
6
(1,0đ)
nên
3
a4
DAACDC)CBA(DC
////////
a
3
22
DCDCCCAA
22///
0,25
Áp dụng hệ quả của định lí cosin trong
ADA
/
ta được
56
14
ADAcosCC,ADcos
56
14
ADAcos
///
CDAD
CDAD
. Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3).
0,25
Có )1;9(BAD2BC .
0,25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
14
WWW.ToanCapBa.Net
3
Câu Đáp án Điểm
8
(1,0đ)
x2y0yx20yx2y1x41yx2
22
0,25
Thay y = -2x vào (2) ta được
1x3x41x2x3x
22
2
2
2
x
1
x
3
4x
x
1
2
4
173
x
thỏa mãn điều kiện (*). Vậy hệ có 2 cặp nghiệm….
0,25
9
(1,0đ)
Với hai số không âm A, B ta chứng minh:
BA11B1A1
(1). Thật vậy,
BA12BA2B1A12BA2)1(
BA1ABBA1
, luôn đúng.
Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0.
Áp dụng (1) ta có
222222
c21b2a211c21b21a215 222
c2b2a212
.
Suy ra
Với
2;0a
,
2a;0a0)a(f
/
Có
2;0a;64)a(f232)2(f;24)2(f;64)0(f
Vậy
6424
663
cba
. Dấu đẳng thức xảy ra khi
2c,0ba
hoặc
2b;0ca
0,5
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
15
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
T
h
i
Đ
?
i
H
?
c
&
N
20h15
21h00)
Học phí: 1.500.000 VNĐ/khóa (3 môn)
Để biết thêm chi tiết liên hệ tại Văn phòng Trung Tâm BDVH 60 An Sương – ĐT: 08. 3719 4559
– 0932. 178517)Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số:
1)1(3
23
xmxxy (1) có đồ thị
m
C( ), với m là tham số .
a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi
1
m .
b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị
m
C(
) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính
đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng
2
25
với O(0;0).
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: xxxxxx cos3sin3414cos6sin42cos22cos2
2
x
x
.
b) Trong một hộp kín đựng 2 viên bi đỏ, 5 viên bi trắng và 7 viên bi vàng ( các viên bi chỉ khác nhau về màu
sắc). Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi, tìm xác suất để 4 viên bi lấy ra không có đủ cả ba màu.
Câu 5 (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho 3 điểm A(4;-4;3), B(1;3;-1), C(-2;0;-1). Viết phương trình
mặt cầu (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng
(): 2 0xyz
và
04:)(
zyx
theo hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau .
Câu 6 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A’B’C’ có cạnh bên bằng a, đáy A’B’C’ là tam giác đều
cạnh bằng a, hình chiếu vuông góc của đỉnh B lên (A’B’C’) là trung điểm H của cạnh A’B’. Gọi E là trung
điểm của cạnh AC. Tính thể tích của khối tứ diện EHB’C’và khoảng cách từ điểm B đến mặt phẳng
(ACC’A’).
Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD. Hai điểm B và C thuộc trục tung.
Phương trình đường chéo AC: 3x + 4y – 16 = 0. Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho, biết
rằng bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1.
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
V
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
T
h
i
Đ
?
i
H
?
c
&
2223
2223
213
213
yxyxyyxy
xxyyxxyx
(
Ryx , ).
Câu 9 (1,0 điểm). Xét hai số thực x, y thỏa mãn điều kiện 24)(
3
xyyx .
Tìm GTNN của biếu thức 2015)43()(2)(3
2222
xyxyyxyxP .
HẾT ĐÁP ÁN ĐỀ SỐ 1
Câu 1. b. Phương trình hoành độ giao điểm của
m
C( ) và (d): 11)1(3
23
xxmxx
)1;(
11
xxM
,
)1;(
22
xxN
khi đó
21
; xx
là nghiệm của pt (2)
Ta có
R
MNONOM
dOdMNS
OMN
4
))(;(.
2
1
với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN
))(;(25))(;(.2.
4
))(;(.
2
1
dOddOdRONOM
R
3
0
5
2
2
2525124
2
m
m
mm thỏa đề chỉ có
3
m
Câu 2. Pt xxxxxx cos3sin342sin26sin42cos22cos2
22
xxxxxx cos3sin322sin6sin22cos2cos
22
xxxxxx cos3sin326sin22cos2sin2cos
22
xxxxx cos3sin326sin22cos4cos
xxxxxx cos3sin323cos3sin4sin3sin2
T
â
m
B
?
i
D
u
?
n
g
V
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
S
u
o
n
g
.
*
*
*
*
224
12
3cos
6
)(
k .
Câu 3.
0
2
1
2
23)1( xxx
dx
I
dx
xxx
0
2
1
)3)(1()1(
1
=
dx
x
t
x
x
t
dx
x
tdt
2
)1(
4
2
)37(
2
1
2
1
3
7
dtI .
Câu 4
.
a) Điều kiện 1x . Đưa phương trình về dạng
x
x
x
x
, rồi đặt
1
13
2
3
x
x
t
Đáp số :
2;
2
1
xx
.
b) Số cách lấy 4 viên bi bất kỳ là 1001
4
7
1
5
1
2
CCC +
1
7
2
5
1
2
CCC +
1
7
1
5
2
2
CCC = 385 cách .
Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là
13
8
1001
616
1001
3851001
P .
42
9223
15473
))(,())(,(
cbacba
cba
cba
IdId
ICIA
IBIA
Giải hệ ta được :
3
0
1
c
b
a
hoặc
n
g
T
â
m
B
?
i
D
u
?
n
g
V
ă
n
H
ó
a
-
L
u
y
A
n
S
u
o
n
g
.
*
*
*
Với
3
0
1
c
b
a
, viết được phương trình mặt cầu : 25)3()1(
222
zyx .
zyx
Câu 6. )'''//( CBABE nên d(E,(A’B’C’) = B’H
Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H =
2
3
''
22
a
HBBB
2
''
20
'''
))''(,(
AACC
AACCB
S
V
AACCBd
;
488
3
333
'''.'''.''.
aaa
VVV
CBABCBAABCAACCB
ACJASACJAACIJABIA
AACC
.',','
''
5
15
.
4
15
4
3
))''(,(
3
416
.
Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có
4
3
5
4
3
4
4
4
3
4
3
416
)4(
3
416
4
3
416
.4
2
2
2
2
b
.
Theo giả thiết r = 1 nên ta có b = 1 hoặc b = 7 .
Với b = 1 ta có A(4;1), B(0;1). Suy ra D(4;4) .
Với b = 7 ta có A(-4;7), B(0;-7). Suy ra D(-4;4) .
Câu 8. Giải hệ phương trình
)2(213
)1(213
2223
2223
yxyxyyxy
xxyyxxyx
Từ (1) và (2) ta có iyxyxxxyyiyyxyxxyx )2(2)13(13
22222323
)1()1(2)1(1)(33
22332223
ixixyyiiyixiyixyyixx
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
19
WWW.ToanCapBa.Net
n
H
ó
a
-
L
u
y
?
n
T
h
i
Đ
?
i
H
?
c
&
N
g
izzz 1;1;1 .
Do đó (x;y) = (1;0); (-1;0); (-1;-1) .
Câu 9.
Với mọi số thực x, y ta luôn có xyyx 4)(
2
, nên từ điều kiện suy ra
102)()(24)()()(
23323
yxyxyxxyyxyxyx .
Ta biến đổi P như sau
2015)43()2(2)(
2
3
)(
2
3
22222222
xyxyxyyxyxyxP2015)(2)(
2
3
)(
2
3
2244222
yxyxyx (3)
Do
1
t
, có
02
2
9
)(' ttf
, với
2
1
t
nên hàm số f(t) đồng biến
trên
;
2
1
. Suy ra
16
32233
2
1
)(min
;
2
*www.luyenthidaihoc.edu.vn*www.kythiquocgia.edu.vn
*www.kythiquocgia.comTel: 08. 3719 4559 – 0932.178517
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
20
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỔ TOÁN
ĐỀ KIỂM TRA LTĐH LẦN 4, NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A
1
Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = x
3
-3mx
2
+3(m
2
– 1)x – m
.
Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân:
e
x x x x
I dx
x x x
22
22
1
2 (1 2ln ) ln
( ln )
.
Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp
.S ABCD
có đáy ABCD là hình vuông với AB
2a
. Tam giác SAB vuông tại
S, mặt phẳng (SAB) vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết góc tạo bởi đường thẳng SD và mặt phẳng
(SBC) bằng
Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ
Oxy
, cho hình chữ nhật
ABCD
có
(5, 7)A
, điểm
C
thuộc vào đường thẳng có phương trình:
40xy
. Đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của
đoạn
AB
có phương trình:
3 4 23 0xy
. Tìm tọa độ của B và C, biết điểm B có hoành độ dương.
Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ
Oxyz
cho hai điểm
1;2;1 , 1; 2;4AB
và mặt phẳng
( ):2 0P y z
. Tìm toạ độ điểm C thuộc mp(P) sao cho tam giác ABC cân tại B và có diện tích bằng
25
.
2
Câu 9a (1,0 điểm). Chứng minh đẳng thức
( ): 4 4 0,x y z
đồng thời
()
cắt mặt cầu
()S
theo giao tuyến là đường tròn có diện tích bằng
16
.
Câu 9b (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn
(1 3 )iz
là số thực và
2 5 1.zi
……… Hết……….
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
21
WWW.ToanCapBa.Net
TRƯỜNG THPT CHUYÊN NGUYỄN TẤT THÀNH
TỔ TOÁN
ĐÁP ÁN ĐỀ KIỂM TRA LTĐH LẦN 4
NĂM HỌC 2013 - 2014
Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A
1
y
x
- Giới hạn
lim , lim .
xx
yy
0.25
+Bảng biến thiên:
x
0 2
y'
+ 0
0
2
Ta có: y’ = 3x
2
– 6mx + 3(m
2
– 1);
1
'0
1
xm
y
xm
Vì y’ = 0 luôn có hai nghiệm phân biệt với mọi m nên hàm số ( 1) luôn có điểm
cực đại và điểm cực tiểu với mọi m.
0.25
y” = 6x – 6m, suy ra y”(m + 1) = 6, y”(m – 1) = -6, do đó điểm cực đại của đồ thị
hàm số (1) là A(m – 1; 3 – 3m).
Phương trình tiếp tuyến (d): y = -3m +3
0.25
Đường trẳng d cắt trục Oy tại điểm B(0; -3m + 3).
Điều kiện để ba điểm O, A, B tạo thành tam giác là
1.m
0.25
Câu 2
(1điểm) Giải phương trình
(2cos 1)sin4
2sin2
cos sin
xx
x
xx
Điều kiện:
()
4
x m m Z
. Phương trình đã cho tương đương với:
sin2 cos sin 2cos 1 sin2x x x x x
0.25
sin2 0(*)
0.25
WWW.ToanCapBa.Net
WWW.ToanCapBa.Net
22
WWW.ToanCapBa.Net
So sánh điều kiện ta được
2
; ( )
2 6 3
kk
x x k Z
.
0.25
Câu 3
(1điểm) Giải hệ
22
22
10
20
2
1
x y x
x xy
yx
x y xy
0.25
2
0&(2) 1 1x y y
22
1 1 2
2 &(2) 3 1
3
33
0.25
ee
xx
A dx dx
e
x x x x
2
2 2 2
11
( ln ) 1 1
1
( ln )
0.25
e e e
x x d x x
x
B dx dx
e
x x x x x x x
; ( ) ( ) ( )BC AB SAB ABCD BC SAB BC SA
Mà
SA SB
()SA SBC
.
Gọi d là khoảng cách từ D đến (SBC)
.sin
3
SD
d SD
. Mặt khác :
/ /( ) ( ,( )) ( ,( ))AD SBC d D SBC d A SBC
3
SD
d SA SA
0.25
Do AD//BC
AD SA
. Xét tam giác SAD vuông tại A có AD = 2a và
2 2 2 2 2
Vậy
3
.
17
. ( )
33
S ABCD
a
V SH dt ABCD
. Ta có
3
.
17
26
SBCD S ABCD
a
VV
.
Mà
3
( ;( ))
SCBD
SBD
V
d C SBD
S
(1)
0.25
0.25
Câu 6
(1điểm) Từ giả thiết
2 2 2
1x y z
(1) , ta có:
2
8
2
23
P xy yz xz
xy yz xz
Đặt
2
8
2.
3
t xy yz xz P t
t
. Vậy
1.t
0.5
Do đó GTNN của P bằng GTNN của hàm
2
8
()
3
f t t
t
với
t 1.
Ta có
2
32
2 2 2
2 1 ( 4)
8 6 9 4
'( ) 2 2 0, 1
3 3 3
tt
t t t
(1 điểm)
Gọi
1
;4C c c d
, M là trung điểm AB, I là giao điểm của AC và d
2
: 3x – 4y –
23 = 0.
Ta có
AIM
đồng dạng
CID
10 10
2 2 ;
33
cc
CI AI CI IA I
0.25
Mà
2
Id
0.25
Do
1
1
. 0 4 5 3 3 5 3 19 0
29
4
5
t
ABCB t t t t
t
Suy ra
33 21
;
55
B
IAIB IAIB
.
0.25
Mặt khác
2
2 2 2 2 2 2 2
25 2 . 0IA IB AB IA IB IA IB IA IB IAIB IA IB
Vậy tam giác ABC vuông cân tại B.
0.25
( ) ( ; ; 2 )C P C a b b
.
Tam giác ABC vuông cân tại B nên
.0AB BC
và BC = AB = 5
0.25
2 2 2
0.( 1) 4( 2) 3( 2 4) 0
( 1) ( 2) ( 2 4) 25
a b b
a b b
.
k
k
k
x C x
suy ra hệ số của số hạng chứa
2014
x
là
1007
2014
C
0.25
+) Ta có
2014 2014
2014 2014
2014 2014
00
1 . 1
k
k k k
kk
x x C x C x
(1 điểm)
Kẻ
BH CD
ABHD là hình vuông và
CBH MBA CBH MBA CB MB
Mặt khác, BN là phân giác của góc vuông MBC
0
45CBN MBN
CBN
MBN
Vậy
( ; ) ( ; )d B CD d B MN
0.25
mà
7 2 25
44
( ; ) 2 4
50 2 2
d B MN BH BD BH
. Vậy D(5; 2).
0.25
Câu 8b
(1 điểm)
mp
có VTPT:
1
1;1;4n
Giả sử
;;n a b c
,
2 2 2
0abc
là VTPT của mp
Ta có :
1
. 0 4 0 4nn a b c b a c
0;1; 2I
, bán kính
5R
.
22
,3d I R r
2
22
3 4 5
3
4
a a c c
a a c c
0.25
M
Copyright: Tài liệu đại học ©