BỘ ĐỀ LUYỆN THI ĐẠI HỌC MÔN TOÁN 2009-2014, TẬP 5

Đề & lời giải tham khảo

Sưu tầm

[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]] TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013­2014

Môn: Toán 12. Khối D.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 y x ( 2m 1)x m 1 = − + + − − ( Cm ) .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1 = .2) Tìm m để đường thẳng y 2mx m 1 = − − cắt cắt đồ thị hàm số ( Cm ) tại ba điểm phân biệt có

hoành độ lập thành một cấp số cộng.Câu II (2,0 điểm) 1) Giải phương trình: ( ) 3 2 2 sin x 3 3 sin x 2 sin x 3 tan x − = + − .

2)Giải hệ phương trình:( )

( ) 2 2

2

4 9 x y 2xy 13 x y

1 2x 3 x y

+ + + = − + = −

.

Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn : 3

x 2

3x 2 3x 2L lim x 2 →

+ − − =

− Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với AB 2a = ,BC a 2 = , BD a 6 = . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm G của tam giác BCD , biết SG 2a = . Tính thể tích V của hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a .

Câu V (1,0 điểm). Cho , x y là các số dương thoả mãn 1 1 1 3 xy x y

+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu

thức: 2 2

3 3 1 1 1 ( 1) ( 1) y x M

x y y x x y x y = + + − −

+ + + B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình ChuẩnCâu VIA (2,0 điểm) 1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB ,CD ; hai đường chéo AC ,BD vuông góc với nhau. Biết ( ) A 0;3 , ( ) B 3;4 và C nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD .

2)Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : ( ) n

3 2p x x x

= +

. Biết rằng số nguyên dương n

thoả mãn 6 7 8 9 8 n n n n n 2 C 3C 3C C 2C + + + + =

CâuVIIA (1,0điểm).Xác định m để hàm số: ( ) ( ) 2 y m 3m x 2 m 3 cos x = − + − luôn nghịch biến trên ¡

2.Theo chương trình nâng cao.Câu VI B (2,0 điểm) 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip ( ) E biết rằng có một đỉnh và hai tiêu điểm của ( ) E tạo thành một tam giác đều và chu vi hình chữ nhật

cơ sở của ( ) E là ( ) 12 2 3 + .

2) Tính tổng : 2 3 2013 2013 2013 2013 S 1.2.C 2.3.C 2012.2013.C = + + + L

CâuVII B (1,0 điểm).Xác định m để hàm số: ( ) ( ) 2 2 y m m 1 x m m 1 sin x 2m = + + + − + + luôn đồngbiến trên ¡

­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­

Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang)

3

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013­2014

Môn: Toán 12. Khối D.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

HƯỚNG DẪN CHẤM THI (Văn bản này gồm 05 trang)

I) Hướng dẫn chung: 1) Nếu thí sinh làm bài không theo cách nêu trong đáp án nhưng vẫn đúng thì cho đủ số điểm từng phần như thang điểm quy định. 2) Việc chi tiết hoá thang điểm (nếu có) trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không làm sai lệch hướng dẫn chấm và phải được thống nhất thực hiện trong các giáo viên chấm thi. 3) Điểm toàn bài tính đến 0,25 điểm. Sau khi cộng điểm toàn bài, giữ nguyên kết quả. II) Đáp án và thang điểm: Câu Đáp án Điểm

Cho hàm số 3 2 y x ( 2m 1)x m 1 = − + + − − ( Cm ) . 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1 = .

1,0 đ

CâuI Khi m 1 = hàm số trở thành 3 2 y x 3x 2 = − + − Tập xác định: R; hàm số liên tục trên R. Sự biến thiên: lim

x y

→−∞ = +∞ ; lim

x y

→+∞ = −∞ . Đồ thị hàm số không có tiệm cận.

0,25

2,0 đ

Bảng biến thiên: x –∝ 0 1 2 +∝ y’ + 0 – – 0 + y +∝ 2

yĐU = 0

–2 –∝

0.25

Đồ thị của hàm số có dạng như hình dưới đây:

0.25

2) Tìm m để đường thẳng y 2mx m 1 = − − cắt ( Cm ) tại ba điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng 1,0đ

Xét phương trình hoành độ giao điểm: 3 2 x ( 2m 1)x m 1 2mx m 1 − + + − − = − − 3 2 x ( 2m 1)x 2mx 0 ⇔ − + + =

( ) 2 x x ( 2m 1)x 2m 0 ⇔ − + + = x 0 x 1 x 2m

= ⇔ = =

0.25

Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang)

4

Ba giao điểm là: ( ) A 0; m 1 − − ; ( ) B 1;m 1 − ; ( ) 2 C 2m;4m m 1 − −

Ta có: A ,B ,C phân biệt 1 m 0;m 2

⇔ ≠ ≠ (*)

Sắp sếp các hoành độ theo thứ tự tăng dần ta có các dãy số sau • 0 ; 1 ; 2m lập thành cấp số cộng 0 2m 2.1 m 1 ⇔ + = ⇔ = thoả mãn (*)

• 0 ; 2m ; 1 lập thành cấp số cộng 1 0 1 2.2m m 4

⇔ + = ⇔ = thoả mãn (*)

• 2m ; 0 ; 1 lập thành cấp số cộng 1 2m 1 2.0 m 2

⇔ + = ⇔ = − thoả mãn (*)

0.25

0.25

Kết luận: m = 1 1; ;1 2 4

− 0.25

1) Giải phương trình: ( ) 3 2 2 sin x 3 3 sin x 2 sin x 3 tan x − = + − .(1)

CâuII

Điều kiện: cos x 0 ≠ Phương trình đã cho tương đương với :

( ) 3 2 2 sin x.cos x 3cos x 3 sin x 2 sin x 3 sin x − = + − 3 2 2 2 sin x.cos x 3cos x 3cos x.sin x 2 sin x ⇔ − = − +

0.25

2,0 đ

( ) ( ) 2 2 sin x sin x.cos x 1 3cos x sin x.cos x 1 0 ⇔ − + − =

( )( ) 2 sin x.cos x 1 2 sin x 3cos x 0 ⇔ − + =

( ) 2 1 sin 2x 1 2 2cos x 3cos x 0 2

⇔ − − + =

0.25

2 2cos x 3cos x 2 0 ⇔ − − = ( do sin 2x 2 0, x − ≠ ∀ ) ( ) cos x 2 VN 1 cos x 2

= ⇔ = −

0.25

1 2 cos x x k2 ,k 2 3

π ⇔ = − ⇔ = ± + π ∈ ¢ ( thoả mãn điều kiện )

Vậy phương trình có hai họ nghiệm: 2 x k2 ,k 3 π

= ± + π ∈¢ 0.25

2)Giải hệ phương trình: ( )

( ) 2 2

2

4 9 x y 2xy 13 x y

1 2x 3 x y

+ + + = − + = −

.

Viết lại hệ phương trình: ( ) ( )

( )

( ) ( ) ( )

2 2 2

1 5 x y 4 x y 13 x y

1 x y x y 3 x y

+ + − + =

− + + − + = −

Đ/K x y 0 − ≠ 0.25

Đặt 1 a x y ; b x y x y

= + = − + −

điều kiện b 2 ≥ .

Hệ đã cho trở thành: ( ) 2 2 2 5 5a 4 b 2 13 a 1 a 9a 24a 15 0 3

b 3 a a b 3 b 3 a

+ − = = ∨ = − + = ⇔ ⇔ = − + = = −

0.25

5

[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]] x y 1 a 1 x y 1 x 1

1 x y 2 b 2 x y 1 y 1 x y

+ = = + = = • ⇔ ⇔ ⇔ − + = = − = = −

0.25

5 a 3

5 4 b 3 a 3 3 3

= • = − = − =

Loại

Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( ) ( ) x; y 1;1 =

0.25

Tính giới hạn : 3

x 2

3x 2 3x 2 L lim x 2 →

+ − − =

− 1,0đ

CâuIII L ( ) ( ) 3 3

1 2 x 2 x 2

3x 2 2 2 3x 2 3x 2 2 3x 2 2 lim lim L L x 2 x 2 x 2 → →

+ − + − − + − − − = = − = − − − −

0.25

1,0đ ( ) ( )

( )

3

1 x 2 x 2 2 3 3

1 2 x 2 3 3

3x 2 2 3x 2 8 L lim lim x 2 x 2 3x 2 2 3x 2 4

3 1 L lim 4 3x 2 2 3x 2 4

→ →

→

+ − + − = =

− − + + + +

= = + + + +

0.25

( )( ) 2 x 2 x 2

2 x 2

3x 2 2 3x 2 4 L lim lim x 2 x 2 3x 2 2

3 3 L lim 4 3x 2 2

→ →

→

− − − − = =

− − − +

= = − +

0.25

1 2 1 3 1 L L L 4 4 2

= − = − = − 0.25

CâuIV

Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình bình hành với AB 2a = ,BC a 2 = , BD a 6 = . Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng ABCD là trọng tâm G của tam giác BCD , biết SG 2a = . Tính thể tích V của hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a .

1,0đ

1,0đ

Nhận xét ABCD là hình chữ nhật (do 2 2 2 AB AD BD ) + =

0.25

3 S .ABCD ABCD

1 4 2 V SG.S a 3 3

= = 0.25

K là điểm đối xứng với D qua C, H là hình chiếu vuông góc của G lên BK suy ra BK ( SHG ) ⊥ . Gọi I là hình chiếu vuông góc của G lên SH suy ra GI = d(AC,SB) 0.256

CÂU V

GH = CJ mà 2 2 2 1 1 1 2a 2a CJ GH CJ BC CK 3 3

= + ⇒ = ⇒ =

Tam giác SHG vuông ở G suy ra GI=a. Vậy: d(AC,SB) = a

Cho , x y là các số dương thoả mãn 1 1 1 3 xy x y

+ + = . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:

2 2

3 3 1 1 1 ( 1) ( 1) y x M

x y y x x y x y = + + − −

+ + +

0.25

1,0đ

Cách 1 Đặt 1 1 0, 0 a b x y

= > = > , theo đề bài ta có ( ) ( ) 2 3

4 a b

a b ab +

− + = ≤ (BĐTCauchy),

kết hợp với 0 a b + > suy ra 2 a b + ≥ 0.25

Ta tìm giá trị lớn nhất của 2 2 3 3 1 1 a b ab M a b

b a a b = + + − −

+ + + 2

2 ( ) 2 3 ( ) 2 1

a b ab a b ab a b ab ab a b a b

+ − + + = + − + +

+ + + + 2 1 12 ( ) 2

4 a b a b

a b = − + + + + + +

(do 3 ( ) ab a b = − + )

0.25

Đặt 2 t a b = + ≥ xét hàm số: 2 12 ( ) 2 g t t t t

= − + + + trên [ ) 2;+∞

2

12 ( ) 2 1 0, 2 g t t t t

′ = − − + < ∀ ≥ suy ra ( ) g t nghịch biến trên (2, ) +∞ 0.25

Do đó [ ) 2, max ( ) (2) 6 g t g

+∞ = = suy ra giá trị lớn nhất của M bằng 3

2 đạt được khi

1 1 a b x y = = ⇔ = = . 0,25

Cách 2 Đặt 1 1 0, 0 a b x y

= > = > , theo đề bài ta có 2 2 3 3 1 1 a b ab M a b

b a a b = + + − −

+ + + 0.25

( ) ( ) 2 2

1 1 a ab b a a ab b b ab M a b

b a a b + + + +

= + + − − + + +

. 0.25

( ) 1 1 1 2 2 2 2

ab ab ab ab ab ab M a b b a ab b a a b b a ab

= + + ≤ + + = + + + + +

(BĐT AM­GM) 0.25

( ) ( ) ( ) 1 1 1 1 3 2 2 2 2 2 2

a b b a a b M a b b a ab + + +

≤ + + ≤ + + =

, (BĐT AM­GM)

dấu bằng khi a b 1 = =

Vậy giá trị lớn nhất của M bằng 3 2 đạt được khi 1 1 a b x y = = ⇔ = = .

0,25

Câu VI A

1)Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình thang cân ABCD có hai đáy là AB ,CD ; hai đường chéo AC ,BD vuông góc với nhau. Biết ( ) A 0;3 , ( ) B 3;4 và C nằm trên trục hoành. Xác định toạ độ đỉnh D của hình thang ABCD .

1,0đ

7

2,0 đ

( ) ( ) C Ox C c;0

DC : x 3y c 0 D( 3d c;d )

∈ ⇒

− − = ⇒ +

0.25

2

AC(0; 3 );BD( 3d c 3;d 4 ) AC BD 3dc c 3c 3d 12 0(1)

− + − −

⊥ ⇒ + − − + =

uuur uuur

0.25

I là trung điểm AB 3 7 I( ; ) 2 2

⇒

J là trung điểm DC 3d 2c d J ; 2 2 + ⇒

, từ 8 3c IJ AB d ( 2 )

5 −

⊥ ⇒ = 0.25

Thay (2) vào (1) có: 2 c 6

2c 9c 18 0 3 c 2

= − − = ⇔ − =

c 6 d 2 D(0; 2 )( tm ) 3 5 5 c d D(6; )( ktm ) 2 2 2

= ⇒ = − ⇒ − −

= ⇒ = ⇒

(Học sinh phải kiểm tra điều kiện thông qua véctơ AB và véctơ DC cùng chiều) Kết luận: D(0; 2 ) −

0,25

2) Tìm số hạng không chứa x trong khai triển : ( ) n

3 2 p x x x

= +

. Biết rằng số

nguyên dương n thoả mãn 6 7 8 9 8 n n n n n 2 C 3C 3C C 2C + + + + =

1,0đ

Điều kiện : * n ,n 9 ∈ ≥ ¥ 9 8 8 9 8 9 8 n 3 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 n 2 C 2C C C 2C C C n 15 + + + + + + + ⇔ = ⇔ + = ⇔ = ⇔ = 0.25

Khi đó ( ) ( ) 15 k 30 5k 15 15 15 k

k k k 3 3 6 15 15

k 0 k 0

2 2 p x x C x C 2 x x x

− −

= =

= + = =

∑ ∑ 0.25

Số hạng không chứa x tương ứng với 30 5k 0 k 6 6 −

= ⇔ = 0.25

Số hạng không chứa x phải tìm là 6 6 15 C .2 320320 = 0,25

Xác định m để hàm số: ( ) ( ) 2 y m 3m x 2 m 3 cos x = − + − luôn nghịch biến trên ¡ 1,0

Câu Đạo hàm : ( ) 2 y m 3m 2 m 3 sin x ′ = − − − 0,25 VII A Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên ¡ y 0 x ′ ⇔ ≤ ∀ ∈ ¡

( ) ( ) [ ] 2 2 m 3m 2 m 3 sin x 0 x m 3m 2 m 3 t 0 t 1;1 ,t sin x ⇔ − − − ≤ ∀ ∈ ⇔ − − − ≤ ∀ ∈ − = ¡ 0,258

Đồ thị ( ) ( ) 2 f t 2 m 3 t m 3m = − − + − trên đoạn [ ] 1;1 − là một đoạn thẳng

để ( ) [ ] ( ) ( ) f 1 0

f t 0 t 1;1 f 1 0

− ≤ ≤ ∀ ∈ − ⇔ ≤

0,25

( ) ( )

( )( ) ( )( )

2

2

2 m 3 m 3m 0 m 3 m 2 0 2 m 3 2 m 3

2 m 3 m 3 m 2 0 2 m 3 m 3m 0

− + − ≤ − + ≤ − ≤ ≤ ⇔ ⇔ ⇔ ≤ ≤ ≤ ≤ − − ≤ − − + − ≤ Vậy để hàm số nghịch biến trên ¡ thì 2 m 3 ≤ ≤

0,25

Câu VI B

2,0 đ

1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy ,lập phương trình chính tắc của elip ( ) E biết rằng

có một đỉnh và hai tiêu điểm của ( ) E tạo thành một tam giác đều và chu vi hình

chữnhật cơ sở của ( ) E là ( ) 12 2 3 + .

( ) ( ) 2 2

2 2 : 1 0 x y E a b a b

+ = > > với 2 tiêu điểm ( ) ( )( )2 2 2 1 2 ;0 ; ;0 , 0 F c F c c a b c − = − >

1,0 đ

0,25

2 đỉnh trên trục nhỏ là ( ) ( ) 1 2 0; , 0; B b B b − theo gt:tam giác ( ) 1 1 2 1 1 B F F B F F ∨∆ đều

và chu vi hình chữ nhật cơ sở của ( ) E là ( ) 12 2 3 + .0,25

( ) ( ) ( )

2 2 2

2 2 6

3 2 3 3 : 1 2 36 27

3 4 12 2 3

c a b a x y b c b E

c a b

= − =

= ⇔ = ⇔ + =

= + = +

0,5

2) Tính tổng : 2 3 2013 2013 2013 2013 S 1.2.C 2.3.C 2012.2013.C = + + + L 1,0 đ

Xét số hạng tổng quát : ( ) k 2013 k 1 .k .C k 2,3,...,2013. − ∀ = 0,25

( ) ( ) ( ) k k 2 2013 2011

2013!k 1 .k.C k 1 .k. 2012.2013.C k 2,3,...,2013 k ! 2013 k !

− − = − = ∀ = − 0,25

Vậy ( )0 1 2 2011 2011 2011 2011 2011 S 2012.2013. C C C C = + + + + L 0,25

( ) 2011 2011S 2012.2013. 1 1 2012.2013.2 = + = 0,25

Câu Xác định m để hàm số: ( ) ( ) 2 2 y m m 1 x m m 1 sin x 2m = + + + − + + đồng biến trên ¡ 1,0

7B Đạo hàm ( ) ( ) 2 2 y m m 1 m m 1 cos x′ = + + + − +

1,0 đ Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên ¡ y 0 x ′ ⇔ ≥ ∀ ∈ ¡ 0,25

( ) ( ) 2 2 m m 1 m m 1 cos x 0 x + + + − + ≥ ∀ ∈ ¡

( ) ( ) [ ] 2 2 m m 1 m m 1 t 0 t 1;1 + + + − + ≥ ∀ ∈ − với t cos x= 0,25

Đồ thị ( ) ( ) ( ) [ ] 2 2 f t m m 1 m m 1 t , t 1;1 = + + + − + ∀ ∈ − trên đoạn [ ] 1;1 − là một

đoạn thẳng để ( ) [ ] ( ) ( ) f 1 0

f t 0 t 1;1 f 1 0

≥ ≥ ∀ ∈ − ⇔ − ≥

0,25

⇔ 2 2m 2 0 m

m 0 2m 0

+ ≥ ∀ ∈ ⇒ ≥

≥

¡ . Vậy m 0 ≥ thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25

9

TRƯỜNG THPT CHUYÊN VĨNH PHÚC KỲ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013­2014

Môn: Toán 12. Khối A, A1, B.

Thời gian làm bài: 180 phút (Không kể thời gian giao đề)

A.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (8,0 điểm) Câu 1. (2,5 điểm). Cho hàm số 3 2 y mx ( 2m 1)x m 1 = − + + + ( Cm ) .

1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi m 1 = .2) Tìm tất cả các giá trị của tham số m 0 ≠ sao cho tiếp tuyến của đồ thị tại giao điểm của nó với

trục tung tạo với hai trục toạ độ một tam giác có diện tích bằng 4.Câu 2. (1,25 điểm) . Giải phương trình:

( ) ( ) ( ) ( ) 3 3 3 1 3 cos 2x 3 1 3 sin2x 8 sin x cos x 3 sin x cos x 3 3 3 − + + = + + − − .

Câu 3. (1,25 điểm) . Giải hệ phương trình: ( ) 2 1 xx y

x y x, y 5 y 1 x y 1

− = − ∈ − − =

¡ .

Câu 4. (1,0 điểm). Tính giới hạn : 3 4

x 2

x 6 7x 2L lim x 2 →

+ − + =

− Câu 5. (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông với cạnh 2a , mặt bên ( ) SAB nằm

trong mặt phẳng vuông góc với mặt phẳng ( ) ABCD và SA a ,SB a 3 = = . Hãy tính thể tích của hình chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SB theo a . Câu 6. (1,0 điểm). Xét các số thực dương , , a b c thoả mãn 7 ab bc ca abc + + = . Tìm giá trị nhỏ nhất

của biểu thức: 4 5 6

2 2 2

8 1 108 1 16 1a b c P a b c

+ + + = + +

B. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2) 1.Theo chương trình ChuẩnCâu 7A. (1,0 điểm) . Trong mặt phẳng với hệ trục toạ độ Oxy , cho hình bình hành ABCD có ( ) A 2;0

( ) ,B 3;0 và diện tích bằng 4 . Biết rằng giao điểm của hai đường chéo AC và BD nằm trên đường thẳng y x = , hãy tìm toạ độ của các đỉnh C,D. Câu 8A (1,0điểm). Tính tổng : 2 1 2 2 2 3 2 2013

1 2013 2013 2013 2013 S 1 .C 2 .C 3 .C 2013 .C = + + + + L 2.Theo chương trình nâng cao.Câu 7B (2,0 điểm) .Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đường cao kẻ từ B và phân giác trong kẻ từ A lần lượt có phương trình : 3x 4 y 10 0 + + = và x y 1 0 − + = . Biết rằng điểm

( ) M 0;2 nằm trên đường thẳng AB và MC 2 = , tìm toạ độ các đỉnh của tam giác.

Câu 8 B (1,0 điểm). Tính tổng : 0 1 2 2013 2013 2013 2013 2013

2 C C C C S 1 2 3 2014

= + + + + L

­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­

Đề chính thức (Đề thi gồm 01 trang)

10

SỞ GD­ĐT VĨNH PHÚC THI KHSCL LẦN I NĂM HỌC 2013 – 2014 TRƯỜNG THPT CHUYÊN HƯỚNG DẪN CHẤM TOÁN 12 A,B,A1

Hướng dẫn chung. ­ Mỗi một bài toán có thể có nhiều cách giải, trong HDC này chỉ trình bày sơ lược một cách

giải. Học sinh có thể giải theo nhiều cách khác nhau, nếu đủ ý và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó.

­ Câu (Hình học không gian), nếu học sinh vẽ hình sai hoặc không vẽ hình chính của bài toán, thì không cho điểm; câu (Hình học giải tích) không nhất thiết phải vẽ hình.

­ Điểm toàn bài chấm chi tiết đến 0.25, không làm tròn. ­ HDC này có 04 trang.

Câu Nội dung trình bày Điểm 1. Khi 3 1:y x 3 2 m x = = − + + TXĐ: ¡ + Sự biến thiên: ( )( ) 2 3 3 3 1 1 , 0 1 y x x x y x ′ ′ = − = − + = ⇔ = ±

0.25

0 1 1 y x x ′ > ⇔ < − ∨ > suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( ) ( ) ; 1 , 1; −∞ − +∞ ;

0 1 1 y x ′ < ⇔ − < < suy ra hàm số nghịch biến trên ( ) 1;1 . −

Hàm số đạt cực đại tại ( ) 1, 1 4; cd x y y = − = − = hàm số đạt cực tiểu tại ( ) 1, 1 0. ct x y y = = = 0.25

3 3 2 3 2 3

3 2 3 2 lim lim 1 ; lim lim 1 x x x x

y x y x x x x x →−∞ →−∞ →+∞ →+∞

= − + = −∞ = − + = +∞

y

y'

x

0

4 +∞

∞

+ +

+∞ ∞

0 0

1 1

0.25

+ Đồ thị

0. 50

2. Đồ thị 3 ( ) : (2 1) 1 m C y mx m x m = − + + + cắt trục tung tại (0; 1) M m + .

( ) ( ) 2 3 (2 1) y 0 2 1 y mx m m ′ ′ = − + ⇒ = − + 0.25

1

Từ đó, khi 0, m ≠ tiếp tuyến m t của ( ) m C tạiM có phương trình 0.25

­ Giao Ox: ( ) ( ) 2;0 , 1;0 − ;

­ Giao Oy: ( ) 0;2 ;

­ Điểm uốn: ( ) 0;2 I suy ra đồ

thị tự xứng qua ( ) 0;2 I

4

2

11

(2 1) 1 y m x m = − + + + Do ( ) m t tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 nên ta có hệ

( ) 2

1 1 2 2

1 1 8 1 8 2 1 2 1

m m m m m m m

≠ − ≠ ⇔ + + ⋅ = + = + +

0. 50

Giải hệ, thu được 7 56 m = ± và 9 72. − ± Đối chiếu điều kiện và kết luận 0.25 + Để ý rằng 2 3 sin 2 1 (sin cos ) ;sin 3 4sin 3sin x x x x x x + = + = − + và 3 cos3 4cos 3cos x x x = − nên phương trình được viết về dạng

(sin cos )( 3 sin 3 cos3 ) 0 x x x x + − = 0. 5

+ Giải phương trình sin cos 0 x x + = ta được họ nghiệm , 4

x k k π π = − + ∈ ¢ 0.25

+ Giải phương trình 3 sin 3 cos3 0 x x − = ta được họ nghiệm , 6

x π π = + ∈ l l ¢ 0.25

2

+ Kết luận nghiệm 0.25

Điều kiện 1 0, 5

x y ≠ ≥

Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra hoặc 2 y x = hoặc 1 xy = − 0.25

+ Nếu 1 xy = − thì 0 x y < < và phương trình thứ hai trở thành 1 5 1 1 y y

− + =

Phương trình này tương đương với 2 2

1 5 1

2 1 2 5

y y y y

y y y

≥ − = − ⇔ = − −

Do 1 y ≥ nên hệ phương trình này vô nghiệm.

0. 5

3

+ Nếu 2 , y x = thay vào phương trình thứ hai, ta được 2 5 1 1 | | x x x − = + .

Giải phương trình, được ( ; ) (1;1), ( 2; 2), ( 7 41;7 41) x y = − − − Kết luận nghiệm…

0.5

( ) ( ) 3 4 3 4

x 2 x 2

x 6 2 7 x 2 2 x 6 2 7 x 2 2 L lim lim x 2 x 2 x 2 → →

+ − − + − + − + − = = − − − −

0.25

( ) ( ) ( )( )( ) 4 x 2 2 3 3

x 6 8 7 x 2 16 L lim x 2 7x 2 2 7x 2 4 x 2 x 6 2 x 6 4

→

+ − + −

= − − + + + + − + + + +

0.25

4

( ) ( )( ) 4 x 2 2 3 3

1 7 1 7 13 L lim 12 32 96 7 x 2 2 7x 2 4 x 6 2 x 6 4

→

= − = − = − + + + + + + + +

0.5

12

M

O B

A

C

D

S

H

+ Từ giả thiết suy ra tam giác SAB vuông tại S và 3 2 a SH = (H là hình chiếu của A trên AB).

Từ đó, do ( ) ( ) SAB ABCD ⊥ nên 3

. 1 2 3 3 S ABCD

a V SH AB AD = ⋅ ⋅ = (đ.v.t.t) 0.25

5

+ Do ABCD là hình vuông, nên 1 2 ABC ADC ABCD S S S = = suy ra

3

. . 1 2 3 S ABC S ABCD

a V V = = (đ.v.t.t)

Mà ( ) ( ) · .

1 ; sin ; 6 S ABC V AC SB d AC SB AC SB = ⋅ ⋅ ⋅ ⋅ nên

( ) ( ) ·

3 2 3 ; sin ; a d AC SB

AC SB AC SB =

⋅ ⋅

0.25

+ Gọi O,M theo thứ tự là trung điểm , . AC SD Khi đó ( ) · ( ) · ; ; AC SB OA OM =

Áp dụng định lý cô­sin cho tam giác AOM tính được · 6 cos 4

AOM = suy ra

( ) · · 10 sin ; sin 4

AC SB AOM = =

0.25

Vậy ( ) 2 ; 5 a d AC SB = = L (đ.v.đ.d) 0.25

Chú ý: Với bài toán này (phần tính khoảng cách), có nhiều cách giải, chẳng hạn học sinh có thể sử dụng vectơ, tọa độ hay dựng đoạn vuông góc chung. Nếu cách giải đúng và cho kết quả đúng, giám khảo vẫn cho điểm tối đa của phần đó. Cách giải trong bài toán này sử dụng kết quả của Bài tập 6 (tr. 26) SGK Hình học 12 (CCT) 6 Viết lại giả thiết về dạng 1 1 1 7

a b c + + = 0.25

Áp dụng bất đẳng thức AM­GM, ta có 2

2

3 3 2 2 2

4 2 2

1 1 8 4," " 2 2

2 2 2 1 54 54 10," " 9 9 9 3

1 1 1 16 3," " 4 4 2

A a a a

B b b b b b b

C c c c c

= + ≥ = ⇔ =

= + + + + ≥ = ⇔ =

= + + ≥ = ⇔ =

0.5

13

[[W+bz0FkV43GmRt7u4DpvuYxd]] Từ đó, với 2 2 2

1 1 1 2 3 2

D a b c

= + + , theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopsky ­ Schwarz, thì

2 1 1 1 1 1 14 10 3 24," " , 2 3 2 2 3

P A B C D a c b a b c

= + + + ≥ + + + + + = = ⇔ = = = + + KL …

0.25

Gọi I là giao điểm hai đường chéo của hình bình hành, thế thì ( ) ; I a a với a là số thực nào đó.

Suy ra ( ) ( ) 2 2;2 , 2 3;2 . C a a D a a − − 0.25

Từ đó, do diện tích của hình bình hành bằng 4 nên 2 4 2. a a = ⇔ = ± 0.25 Với ( ) ( ) 2 : 2;4 , 1;4 a C D = ; với ( ) ( ) 2 : 6; 4 , 7; 4 a C D = − − − − − 0.25

7a

Kết luận 0.25 Tính tổng : 2 1 2 2 2 3 2 2013

1 2013 2013 2013 2013 S 1 .C 2 .C 3 .C 2013 .C = + + + + L Số hạng tổng quát của tổng là ( ) 2 k k

k 2013 2013 a k C k. k 1 1 C k 1,2,...,2013 = = − + ∀ = 0.25

( ) ( ) ( ) ( ) k k

k 2013 2013 2013! 2013!a k. k 1 C kC k. k 1 k. k 1,2,...,2013

k ! 2013 k ! k ! 2013 k ! = − + = − + ∀ =

− − 0.25

k 2 k 1 k 2011 2012 a 2012 2013C 2013C k 1,2,...,2013 − − = ⋅ + ∀ = 0.25

8a

( ) ( )0 1 2011 0 1 2012 1 2011 2011 2011 2012 2012 2012 S 2012 2013 C C C 2013 C C C = ⋅ + + + + + + + L L

( ) ( ) 2011 2012 2011 2012 2011 1 S 2012 2013 1 1 2013 1 1 2012 2013 2 2013 2 2013 2014 2 = ⋅ ⋅ + + ⋅ + = ⋅ ⋅ + ⋅ = ⋅ ⋅

0.25

: 3 4 10 0, : 1 0 b a h x y x y + + = − + = l + Do ( ) ( ) 0;2 M AB ∈ nên điểm ( ) 1;1 N đối xứng vớiM qua a l nằm trên .AC 0.25

+ Suy ra A là giao điểm của đường thẳng d qua N, vuông góc với b h và đường thẳng . a l Từ đó

( ) 4;5 . A 0.25

+ B là giao điểm của đường thẳng AM với . b h Từ đó 1 3; 4

B − −

0.25

7b

+ Do 2 MC = nên C là giao điểm của đường tròn tâm M bán kính 2 với đường thẳng d.

Suy ra ( ) 1;1 C hoặc 33 31 ; 25 25

C

0.25

Tính tổng : 0 1 2 2013 2013 2013 2013 2013

2 C C C C S 1 2 3 2014

= + + + + L

Số hạng tổng quát của tổng là k 2013

k C a k 0,1,2,...,2013 k 1

= ∀ = +

0.25

( ) ( ) ( ) ( ) k 2013

k C 2013! 1 2014! a k 0,1,2,...,2013 k 1 k 1 k ! 2013 k ! 2014 k 1 ! 2013 k !

= = = ⋅ ∀ = + + ⋅ − + − 0.25

Vậy ta được k 1 2014

k C a k 0,1,2,...,2013 2014

+

= ∀ = 0.25

8b

( ) ( ) 2014

2014 1 2 2014 0 2 2014 2014 2014 2014

1 1 2 1 S C C C 1 1 C 2014 2014 2014

− = ⋅ + + + = ⋅ + − = L 0.25

14

1

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 ---------------

ĐỀ THI THỬ ĐH LẦN 1, NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán khối A,A1,B,D

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề (Dành cho học sinh lớp 11 mới lên 12)

I - PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH THI KHỐ I A,A1,B,D. (7,0 điểm) Câu1: (2,0 điểm). Cho hàm số 2 2 3y x x= − − (P)

a/ Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (P) của hàm số. b/Tìm m để đường thẳng (d): y x m= − + cắt (P) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho

AB = 3 2 Câu 2: (1,0 điểm).

Giải phương trình: cos 2 cos cos sin 2 sinx x x x x+ =Câu 3: (1,0 điểm).

Giải bất phương trình : 2 23 2 5 15 14x x x x+ ≥ + + +Câu 4: (1,0 điểm).

Giải hệ phương trình: 2 2

2 3

3 2 2 2 0

4 1 2 1 1

x y x y y

x x y x

− + + + =

+ − + + − =

Câu 5: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng 0xy cho hai đường thẳng (d1): 2 3 0x y− + = và

(d2): 3 2 0x y− − = . Tìm các điểm M∈(d1), N∈(d2) sao cho 3 0OM ON+ =

Câu 6: (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức

M = 3 3 31 1 1

4 4 4

x y zx y z

yz zx xy

+ + + + +

II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ được làm đề theo khối thi đã đăng ký)

A. KHỐI A, A 1.

Câu 7a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho hình thoi ABCD có diện tích S = 20, một đường chéo có phương trình (d): 2 4 0x y+ − = và D(1;-3). Tìm các đỉnh còn lại của hình thoi biết điểm A có tung độ âm.

Câu 8a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho e líp (E):2 2

16 2

x y+ = có hai tiêu điểm F1,F2 (biết F1

có hoành độ âm). Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua F2 và song song với ( ∆ 1): 1y x= − + đồng thời cắt (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích tam giác ABF1

Câu 9a.(1,0 điểm): Chứng minh rằng: 2

1 cos cos 2 cos32cos

2cos cos 1

x x xx

x x

+ + + =+ −

B. KHỐI B, D. Câu 7b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho ABC∆ có diện tích S = 3, B(-2;1), C(1;-3) và trung điểm I của AC thuộc đường thẳng (d): 2 0x y+ = . Tìm tọa độ điểm A. Câu 8b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (T): 2 2 4 6 3 0x y x y+ − − + = và đường thẳng (∆ ): 2 1 0x y− − = . Gọi A, B là giao điểm của (∆ ) với (T) biết điểm A có tung độ dương. Tìm tọa độ điểm C∈(T) sao cho ∆ ABC vuông tại B.

Câu 9b.(1,0 điểm):Chứng minh rằng: 4 4 2cos cos 2sin 12

x x xπ − − = −

---------- HẾT ---------- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

Họ và tên thí sinh:........................................................; Số báo danh........................... 15

2

TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI TH Ử ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014

Môn: Toán khối A, A1, B,D - Lớp 11

Câu NỘI DUNG Điểm a. (1,0 điểm) TXĐ:R, Toạ độ đỉnh I(1;-4) 0.25 Khoảng đồng biến , nghịch biến, BBT 0.25 Vẽ đồ thị (P): Đỉnh, Giao Ox, Oy,Trục ĐX 0.25 Vẽ đúng, đẹp 0.25 b.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d) là: 2 2 3x x x m− − = − + ⇔ 2 3 0x x m− − − = (1)

0.25

Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt

⇔ 4 13m∆ = + >0 ⇔ m>13

4

−(*) 0.25

Gọi ( ) ( )1 1 2 2; , ;A x x m B x x m− + − + là giao điểm của (d) và (P) thì x1, x2 là nghiệm

của pt(1)

Ta có AB2 = 2 21 2 1 2 1 22( ) 2( ) 8x x x x x x− = + − . Theo viet ta có 1 2

1 2

1

3

x x

x x m

+ = = − −

Suy ra AB2 = 8m+26

0.25

1 (2,0 điểm)

Theo gt AB = 3 2 ⇔ 8m+26 =(3 2 )2 ⇔ m = -1 (thỏa mãn đk (*)). KL:… 0.25

Giải phương trình... Pt cos 2 cos cos sin 2 sinx x x x x+ = ⇔ cos 2 cos sin 2 sin cosx x x x x− = − 0.25 ⇔ cos3 cosx x= − ⇔ cos3 cos( )x xπ= − 0.25

3 2

3 2

x x k

x x k

π ππ π

= − +⇔ = − +

4 2

2

kx

x k

π π

π π

= +⇔

− = +

(k∈Z) 0.25

2 (1,0 điểm)

Vậy PT đã cho có nghiệm: ;2 4 2

kx k x

π π ππ= − + = + ( )k Z∈ 0.25

Giải bất phương trình...

Bpt 2 23 2 5 15 14x x x x+ ≥ + + + ⇔ 2 25 15 14 5 5 15 14 24 0x x x x+ + − + + − ≥ 0.25

Đặt 25 15 14t x x= + + , đk 0t ≥ , bpt trở thành 2 5 24 0t t− − ≥8( )

3( )

t tm

t L

≥⇔ ≤ −

0.25

Với 8t ≥ thì 25 15 14 8x x+ + ≥ ⇔ 25 15 14 64x x+ + ≥ ⇔ 2 3 10 0x x+ − ≥ 2

5

x

x

≥⇔ ≤ −

0.25

3 (1,0 điểm)

KL : Vậy bpt có nghiêm là 2x ≥ hoặc 5x ≤ − 0.25 Giải hệ phương trình 4

(1,0 điểm)

2 2

2 3

3 2 2 2 0(1)

4 1 2 1 1(2)

x y x y y

x x y x

− + + + =

+ − + + − =

đk2

0

4 1 0

y

x x y

≥ + − + ≥

Ta có pt (1)2 2

3 2 1 02 2

y y

x x⇔ − − =

+ +

21

2

y

x⇔ =

+2 2y x⇔ = + (3)

0.25

16

3

Thay (3) vào (2) ta được 34 1 2 1 1x x− + − = (4) 0.25

Giải pt(4) đặt 3

4 1

2 1

u x

v x

= −

= − đk 0u ≥ , ta được hệ pt

2 3

1

2 1

u v

u v

+ = − =

⇔ …1

0

u

v

=⇔ =

0.25

Với 1

0

u

v

= =

thì 3

4 1 1

2 1 0

x

x

− =

− =⇔ …

1

2x⇔ = .Suy ra

9

4y = (tmđk)

KL: Vậy hệ pt có nghiệm là 1 9

;2 4

0.25

M∈(d1) ⇒M(2a-3; a), N∈(d2) ⇒N(b; 3b-2) 0.25

Ta có 3 (6a-9; 3a) ON (b; 3b-2)OM = =

0.25

3 ON 0OM + =

6 9

3 3 2

a b

a b

+ =⇔ + =

5

31

a

b

=⇔ = −

0.25

5 (1,0 điểm)

Suy ra 1 5

;3 3

M

, N(-1;-5) 0.25

Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức…

Ta có M4 4 4

4 4 4

x y z x y z

yz zx xy= + + + + +

4 4 4 2 2 2

4 4 4

x y z x y z

xyz

+ += + + +

Ta có

( )( )( )

2

2 2 2 2

2

0

0

0

x y

y z x y z xy yz zx

z x

− ≥− ≥ ⇒ + + ≥ + +

− ≥

.Dấu = xảy ra khi và chỉ khi

x y z= =

0.25

Suy ra M4 4 4

4 4 4

x y z xy yz zx

xyz

+ +≥ + + +4 4 41 1 1

4 4 4

x y zM

x y z

⇔ ≥ + + + + +

0.25

Áp dụng bđt cô si với 5 số dương ta có 4 4 4

51 1 1 1 1 1 1 1 1 5

54 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4 4

x x x

x x x x x x x x x+ = + + + + ≥ = .

Dấu= xảy ra 4 1

14 4

xx

x⇔ = ⇔ = .

Chứng minh tương tự ta được 4 1 5

4 4

y

y+ ≥ . Dấu= xảy ra

4 11

4 4

yy

y⇔ = ⇔ = .

4 1 5

4 4

z

z+ ≥ . Dấu= xảy ra

4 11

4 4

zz

z⇔ = ⇔ = .

0.25

6 (1,0 điểm)

Suy ra 15

4M ≥ . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1

Vậy 15

min .4

M = Đạt được khi 1x y z= = = .

0.25

. 7.a (1,0 điểm)

Dễ thấy D ( )d∉ , suy ra đường thẳng (d): 2x + y – 4 = 0 là pt của đường chéo AC 0.25 17

4

Vì ABCD là hình thoi nên AC⊥ BD, và D∈BD suy ra pt của BD là: x – 2y – 7 = 0 Gọi I= AC BD∩ , tọa độ điểm I là nghiệm của hệ pt:

2 7 3.

2 4 2

x y x

x y y

− = = ⇔ + = = −

(3; 2)I⇒ −

Mặt khác I là trung điểm của BD. Suy ra: B(5;-1) 5IB⇒ =

0.25

Vì AC⊥ BD nên S=2IA.IB mà S=20 2 5IA⇒ = 0.25 Lại có A∈(d) ( ;4 2 )A x x⇒ − . Có

2 5IA = 2 20IA⇔ = 2 25( 3) 20 ( 3) 4x x⇔ − = ⇔ − =

1 (1;2)

5 (5; 6)

x A

x A

= ⇒⇔ = ⇒ −

Theo gt suy ra A (5;-6) (thỏa mãn) . Vì C đối xứng với A qua I nên C(1;2) KL: Vậy A(5;-6), B(5;-1), C(1:2)

0.25

T a có 2 26; 2a b= = mà 2 2 2 2 4 2c a b c c= − ⇒ = ⇒ = .

Suy ra F1(-2;0), F2 (2;0) 0.25

Vì 1//∆ ∆ và ∆ đi qua F2 nên pt của (∆ ) là: y = -x + 2

0.25

Tọa độ A,B là nghiệm của hpt 2 2

2

16 2

y x

x y

= − +

+ =

2

2

2 6 3 0

y x

x x

= − +⇔ − + =

3 3

2

1 3

2

x

y

+=⇔

− =

hoặc

3 3

2

1 3

2

x

y

−=

+ =

Suy ra 3 3 1 3 3 3 1 3

; ; ;2 2 2 2

A B + − − +

0.25

8.a (1,0 điểm)

Ta có 6AB = , 1 1( , ) ( , ) 2 2d F AB d F= ∆ =

Suy ra diện tích tam giác ABF1 là 1

1( , ). 2 3

2S d F AB AB= = (đvdt)

0.25

2

1 cos cos 2 cos32cos

2cos cos 1

x x xx

x x

+ + + =+ −

(*), đk cos 2 cos 0x x+ ≠

Ta có VT(*)2

(1 cos 2 ) (cos cos3 )

2cos 1 cos

x x x

x x

+ + +=− +

0.25

VT(*)22cos 2cos cos 2

cos 2 cos

x x x

x x

+=+

0.25

VT(*) 2cos (cos cos 2 )

cos 2 cos

x x x

x x

+=+

0.25

9.a (1,0 điểm)

VT(*) 2cosx= =VP(*) (đpcm) 0.25

( ) ( ; 2 )I d I x x∈ ⇒ − . Vì I là trung điểm của AC nên A(2x - 1; - 4x + 3) 0.25

7.b (1,0 điểm)

Có (3; 4) 5BC BC= − ⇒ =

PT của BC là: 4x + 3y + 5 = 0 0.25

18

5

4 10( , )

5

xd A BC

− += ,

1( , ).

2S d A BC BC= mà S = 3

4 1015 3

2 5

x− +⇔ =

5 2 3x⇔ − = 0.25

1

4

x

x

=⇔ =Suy ra A(1;-1); A(7;-13)

0.25

Tọa độ A, B là nghiệm của hệ pt

2 2

2 1 0

4 6 3 0

x y

x y x y

− − = + − − + =

2 2

2 1

(2 1) 4(2 1) 6 3 0

x y

y y y y

= +⇔ + + − + − + =

0.25

2

2 1

5 10 0

x y

y y

= +⇔ − =

1

0

x

y

=⇔ =

hoặc 5

2

x

y

= =

Suy ra A(5;2), B(1;0)

0.25

Đường tròn (T) có tâm I(2;3). Vì A, B, C ∈(T) và ∆ ABC vuông tại B ⇒ AC là đường kính của đường tròn (T)

0.25

8.b(1,0 điểm)

Suy ra I là trung điểm của AC ⇒C(-1;4) 0.25

Chứng minh rằng: 4 4 2cos cos 2sin 12

x x xπ − − = −

(**)

Ta có VT(**) = 4 4 4 4cos cos sin cos2

x x x xπ − − = −

0.25

VT(**) ( ) ( )2 2 2 2sin cos sin cosx x x x= − + 0.25

VT(**) 2 2sin cosx x= − vì 2 2sin cos 1x x+ = 0.25

9.b(1,0 điểm)

VT(**) 2 2(cos sin )x x= − − ( )2 21 2sin 2sin 1x x= − − = − =VP(**) (đpcm) 0.25

19

S GD&T Bc Giang Trng THPT Lc Ngn s 1

chính thc

THI TH I HC LN 1 NM HC 2013 - 2014

Môn: Toán - khi A, A1, B, D. Thi gian làm bài 180 phút, không k thi gian phát

I. PHN CHUNG CHO TT C THÍ SINH ( 7 im) Câu 1 (2 im). Cho hàm s 3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x= − + + + + có th (1).

a) Kho sát s bin thiên và v th ca hàm s (1) khi m = 0.b) Tìm m hàm s (1) ng bin trên khong ( )+∞;2

Câu 2 (1 im). Gii phng trình sau:2 3

22

cos cos 1cos 2 tan

cosx x

x xx

+ −− =

Câu 3 (1 im). Gii phng trình sau: 2 27 - x + x x + 5 = 3 - 2x - x (x R)∈

Câu 4 (1 im). Tìm m h phng trình sau có 3 cp nghim th c phân bit: 23( 1)

1

x y m

xy x

+ + =

= −

Câu 5 (1 im). Cho hình chóp t giác S.ABCD có áy là hình ch nht, SA vuông góc vi áy, G là trng tâm tam giác SAC, mt phng (ABG) ct SC ti M, ct SD ti N. Tính th tích ca khi

a din MNABCD bit SA=AB=a và góc hp bi ng thng AN và mp(ABCD) bng 030 . Câu 6 (1 im) Cho x,y,z tho mãn là các s th c: 2 2x - xy + y = 1.Tìm giá tr ln nht và giá tr

nh nht ca biu thc:

4 4

2 2

x + y + 1P =

x + y + 1II. PHN RIÊNG (3 im): Thí sinh ch c làm mt trong hai phn ( Phn A hoc phn B).A. Theo chng trình chun Câu 7a (1 im). Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC vi AB = 5 , C(-1;-1), ng thng

AB có phng trình: x + 2y – 3 = 0 và trng tâm tam giác ABC thu c ng thng d: x + y – 2 = 0 . Tìm to !nh A và B. Câu 8a (1 im). Trong mt phng vi h to Oxy, cho ng tròn (C): 2 2x + y - 4x - 4y + 4=0 và ng thng d có phng trình: x + y - 2=0 . Chng minh rng d luôn ct (C) tai hai im phân bit A và B. Tìm to im M trên ng tròn (C) sao cho din tích tam giác MAB ln nht.

Câu 9a (1 im). Cho khai trin: ( )122 2 240 1 2 241 + x + x = a + a x + a x +...+a x . Tính 4a .

B. Theo chng nâng cao Câu 7b (1 im). Trong mt phng Oxy, cho tam giác ABC bit B(2;-1), ng cao và phân giác

trong qua !nh A và C l"n lt có phng trình: 3x – 4y + 27 = 0 và x + 2y – 5 = 0. Vit phng trình các cnh ca tam giác ABC. Câu 8b (1 im). Trong mt phng Oxy, vit phng trình chính tc ca Elíp (E), bit rng tâm sai

ca (E) bng 53

và hình ch nht c s có din tích bng 24.

Câu 9b (1 im). M t h p ng 15 viên bi, trong ó có 7 viên bi xanh và 8 viên bi . Ly ng#u nhiên 3 viên bi (không k th t ra khi h p). Tính xác xut trong 3 viên bi ly ra có ít nht 1 viên bi .

............Ht........... Chú ý: Giáo viên coi thi không gii thích gì thêm. H và tên thí sinh:.......................................................S bao danh:........................

HNG DN CHM VÀ CHO IM

Môn: Toán (Thi Th H ln 1 - Nm hc 2013 - 2014) Câu Ni dung c bn im

Câu 1 2

Cho hàm s 3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x= − + + + + có th (Cm). a) Kho sát s bin thiên và v th ca hàm s khi m = 0. b) Tìm m hàm s ng bin trên khong ( )+∞;2

a (1)

Vi m = 0 ta có: y = 2x3 – 3x2 + 1 *TX: R * Gii hn: lim ; lim

x xy y

→+∞ →−∞= +∞ = −∞

*S bin thiên: Ta có y’ = 6x2 – 6x =6x(x-1) = 0 <=> x = 0; x= 1

x - ∞ 0 1 + ∞ y’ + 0 - 0 + y

1 + ∞ - ∞ 0

0.5

* kt lun ng bin, nghch bin và c c tr. * Ch! ra to im un U(1/2;1/2), Hs có th b qua bc này

0.25

* V th:

O1

1

0,25

b (1 )

3 22 3(2 1) 6 ( 1) 1y x m x m m x= − + + + + )1(6)12(66' 2 +++−= mmxmxy

y’ có 01)(4)12( 22 >=+−+=∆ mmm

0.5

+==

⇔=1

0'mx

mxy

0.25

21