TRNG THPT TRIU SN 4
T TON TIN
chớnh thc

KHO ST CHT LNG THI I HC.
NM HC:2013 - 2014
MễN: TON. KHI A , A
1
- B - D.
Thi gian lm bi: 180 phỳt khụng k thi gian phỏt .
gm 01 trang.

I. PHN CHUNG CHO TT C CC TH SINH

(7,0 im):

Cõu 1
(2 im)
. Cho hm s:
1
2( 1)
x
y
x



(C)
1. Kho sỏt s bin thiờn v v th (C) ca hm s.
2. Tỡm nhng im M trờn (C) sao cho tip tuyn vi (C) ti M to vi hai trc ta mt tam giỏc
cú trng tõm nm trờn ng thng 4x + y = 0.

1045
2
3



x
x
x
x
x
Rx


Cõu 5
(1 im).
Cho hỡnh chúp
.
S ABC
cú ỏy ABC l tam giỏc vuụng ti A,
2 2 .
AC BC a

Mt
phng


SAC
to vi mt phng


P
x y z

II. PHN RIấNG (3,0 im) : Thớ sinh ch c lm mt trong hai phn (phn A hoc B).
A.

Theo chng trỡnh Chun.
Cõu 7.a

(1 im).
Trong mt phng vi h ta Oxy
cho tam giỏc
ABC
vuụng ti
A
, bit
B
v
C
i
xng nhau qua gc ta . ng phõn giỏc trong gúc B ca tam giỏc ABC l ng thng


: 2 5 0
d x y

. Tỡm ta cỏc nh ca tam giỏc, bit ng thng

l s nguyờn dng tha món
255
121


c
c
c
c
n
n
n
nnn

Hóy tỡm s hng cha x
14
trong khai trin nh thc Niu tn P(x) =


2
1 3
n
x x

.
B. Theo chng trỡnh Nõng cao.
Cõu 7.b.
(1 im)
Trong mt phng vi h trc ta Oxy cho tam giỏc ABC cú nh



1;0;0 A
,


1;2;1B
,


1;1;2 C
,


3;3;3 D
.Tỡm ta im M thuc ng thng
AB
v im N thuc trc honh sao cho ng
thng MN vuụng gúc vi ng thng
CD
v di
3
MN

.
Cõu 9.b (1 im). Gii h phng trỡnh:








Chiều biến thiên:
,
2
1
0
( 1)
y
x
 

, với
x D
 
0.25

hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :


; 1
 
và


1;
 


1
2
y

là tiệm cận ngang;
1
x
 
là tiệm cận đứng. 0.25
Bảng biến thiên:

0.25
1 .
Gọi M(
0
0
0
1
;
2( 1)
x
x
x


)
( )
C

là điểm cần tìm
Gọi

tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình

:
'
0
0 0
0





1
2



1
2



1


x
,
y

y
1
2

-1


x
 

). Khi đó

tạo với hai trục tọa độ

OAB có trọng
tâm là: G
2 2
0 0 0 0
2
0
2 1 2 1
;
6 6( 1)
x x x x
x
 
   

 

 
.
2
0 0
2 1 0
x x
  
)

0 0
0 0
1 1
1
2 2
1 3
1
2 2
x x
x x
 
   
 
 
 
 
    
 
 0.25
1đ

   



2sin3 sin 2cos3 3 cos 0
x x x x
    

0.5
sin3 0
sin 3 cos 2cos3
x
x x x




 


 
* sin3 0
3
x x k k Z

   

0.25
2


 

 

 



Vậy nghiệm của phương trình là
 
; ;
12 24 2 3
k k
x k x x k Z
   
       

0.25
2. Giải hệ phương trình:







)2(212
)1(13122
2
3


đồng biến trên R.
Vậy
2
0
(1) ( ) ( 1 ) 1
1
y
f y f x y x
y x


      

 


0,25
Thế vào (2) ta được :
x
xx
x
xxx 


 2
123
2
2123


0
0
10
2 0
2 10 0
x
x
x
x
x x
x




 
  
 
  
  



0.25
Với điều kiện trên,
(bpt)



0.25
4
1đ


0101231023
2
22
 xxxxxt
luôn đúng.
Vậy nghiệm bất phương trình là


0;
x
 

0.25
a
N
H
C
A
B
S
M

;
2 2
a a
SNH HN SH  
; mặt khác
2
3
2
a
S
ABC



)(
4
3
.
3
1
3
.
đvtt
a
SHSV
ABCABCDS



0.25

1 1 1 3
4
a
HK
HK HM HS
   Trước hết ta có:
 
3
3 3
4
x y
x y

  (chứng minh bằng cách biến đổi tương đương)
0.25
Đặt x + y + z = a. Khi đó
   
 
3 3
3 3
3
3
3 3
64 64
4 1 64
x y z a z z
P t t

      
 0.5
6

1đ
Lập bảng biến thiên
 
 
0;1
64
inf
81
t
M t

  
GTNN của P là
16
81
đạt được khi
x = y = 4z > 0
0.25
A.Theo chương trình Chuẩn.


  



(2;4)
I
và
I AB
0.25
Tam giác
ABC
vuông tại A nên


2 3;4
BI b b
  

vuông góc với


11 2 ;2
CK b b
  


     

A
 

 
 
.Vậy
31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C
 
 
 
 0.25
Gäi H


; ;
x y z
là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi


, ,
BH AC CH AB H ABC
  

0.25

 
          
  
  
 
     

 
 

 


 
 
  


)
3
1
;
15
29
;
15
2
(

H

(1 1) 2
n n n n
n n n n n
C C C C C

       


1 1
2 1
n n
n n n
C C C
    

Theo giả thiết ta có 2
n
– 1 = 255  2
n
= 256 = 2
8
 n = 8.

0.25
P(x) = (1 + x + 3x
2
)
8
=
 

=
8
2
8
0 0
3 .
k
k m k m k m
k
k m
C C x
 
 

.

0.25
YCBT


2 14
0 8
,
k m
m k
m k Z
 


  

14

0.25
B. Theo chương trình Nâng cao.
Gọi E là giao điểm thứ hai của AD với đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC. Ta có
phương trình đường thẳng AD:
2 0
x
 
. Do E thuộc đường thẳng AD nên


2;
E t
. Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên

   
2 2
2 2
2 2
1 1
1 2 2 5 1 5 6; 4
2 2
IA IE t t t t
   
              
   
   
. Do đo ta được


: 2 5 0.
BC x y
  

0.25
Gọi


1 2 3
; ;
M m m m
là điểm thuộc


AB
khi đó
,
AM AB
 
cùng phương




1 2 3
; ; 1 , 1;2;2
AM m m m AB
  
 



;0;0
N n Ox






;2 ;2 1 , 1;2; 2
NM t n t t CD
    
 

MN vuông góc CD nên


. 0 4 4 2 0 2 1
NM CD t n t t t n
         
 0.25
8.b



1 1 1;2;1 , 1;0;0
t n M N     

Với
1 3 1 3
;1;0 , ;0;0
2 2 2 2
t n M N
   
     
   
   

0.25
ĐK: y-2x +8 > 0 ; (PT 1)

y – 2x + 8 =


6
2
2
y x
 0.25

x
 
 
 
, (đk t > 0 ) , ta có pt:




3 2
2 0 1 2 0
t t t t t
       0.25
9.b
1đ
0
1
0
x
t
y


  


