CƠ SỞ BDKTPT&LTĐH 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 2. Giải hệ phương trình:   22 22 2 22 11 5 12 xy xy xy x y              Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 3 0 sin 1 cos2 xx I dx 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 ( ): 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 . Câu 8a (1,0 điểm). Tính môđun của số phức z , biết 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 x x x     . HẾT (Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm). WWW.VNMATH.COM CƠ SỞ BDKTPT&LTĐH NGUYỄN TRƢỜNG TỘ - THỊ XÃ QUẢNG TRỊ LẦN THỨ HAI HƢỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐH 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 Nội dung Điểm 1.1 + Tập xác định: D =   \1 + Giới hạn: lim 2 x y   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: x -  1 +  y’ - - y 2 +  -  2 Hàm số không có cực trị. 0.5 + Đồ thị: Đồ thị hàm số đi qua gốc tọa độ và nhận giao điểm I(1; 2) của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 8 6 4 2 2 4 6 8 15 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(*) 1 x x mx m g x mx mx m x                 0.25 + (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt   0gx có hai nghiệm phân biệt khác 1   0 00 10 m m g             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               2 2 2 2 21 8 11AB x x m m m       Ta có: 6 3 3 OAB GAB SS   ;   2 2 , 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 13 40 4 3 3 m mm m            (thỏa mãn điều kiện) 0.25 C©u 2.1 Giải phương trình: 2cos5 .cos3 sin cos8 x x x x PT  cos2x + cos8x + sinx = cos8x 0,25  1- 2sin 2 x + sinx = 0 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 11 5 , 12 xy xy xy xy x y                ĐKXĐ: 0 0 x y      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   2 2 11 5 * 11 .2 xy xy xy xy                            , đặt 1 1 ux x vy y          Hệ phương trình   * trở thành   2 22 5 9 2 2 uv uv uv uv             0,25 3 2 uv uv       (I) hoặc 3 2 uv uv        (II) Ta có:   1 2 u I v       hoặc 2 1 u v        1 2 u II 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 1 u v      ta có 1 1 2 15 1 1 2 x x x y y y                (thỏa mãn ĐKXĐ)  2 1 u v      ta có 1 1 2 15 1 1 2 x x x y y y                    (thỏa mãn ĐKXĐ) Vậy hệ phương trình đã cho có nghiệm: 1 5 1 5 1 5 1 5 1; , 1; , 1; , 1; 2 2 2 2                                        . 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              0,25 33 1 22 00 1 2 os 2 os xx I dx dx c x c x    Đặt 2 tan cos ux du dx dx vx 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   2 3 3 3 3 22 2 2 0 0 0 0 sin 1 1 1 1 tan (1 tan ) tan 3 3 2 os 2 2 2 2 3 0 x I dx xdx x dx dx x x cx                            0,25     12 31 1 1 1 ln2 3 3 ln2 2 2 3 6 2 23 I I I                0,25 Câu 4 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). WWW.VNMATH.COM Gọi N là trung điểm của DC, gọi H là giao điểm của BM và AN. Do M, N là các trung điểm nên BM AN BM SA BM SH BM AN        SA AH SHA nhọn Suy ra  SHA là góc giữa hai mặt phẳng: (ABCD) và (SBM) nên  0 45SHA ASAH a   0,25 0,25 Trong tam giác vuông ABM: 2 2 2 1 1 1 AB AM AH  2 2 2 2 2 22 1 4 1 5 1 5 5 5 AB AB AH AB AH AB AH AB AH a           22 5 ABCD S AB a Suy ra thể tích hình chóp S.ABCD là: 23 15 .5a . 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     Vậy 3 2 5 3. 3 12 ( , ( )) 10 2 4 SDMB SMB a V a d D mp SBM S 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                          0,25 Đặt , [1;4]t x y t   , ta có 2 1 9S t t t     0,25 WWW.VNMATH.COM 11 '( ) 2 0, [1;4] 2 9 2 S t t t t t t        . Vậy S(t) đồng biến trên [1;4]. 0,25 Suy ra 2 max min 1 33 2 5 (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) Vì H là trực tâm tam giác ABC nên ta có: 2 . 0 ( 5)(1 ) (7 )( 4) 0 2 17 33 0AH CN a a a a a a              3 11 2 a a        0,5 Với a = 3 suy ra C(3;2) ; A(1;2) ; B(-1;0) Với 11 11 1 3 9 7 5 ( ; ); ( ; ); ( ; ) 2 2 2 2 2 2 2 a C A B     0,25 Câu 7a Trong hệ tọa độ Oxyz cho mặt cầu 2 2 2 ( ): 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 12 ;dd lần lượt là: 1 (2; 3;2)u   và 2 (3; 2;1)u   . Mặt phẳng (P) song song với 12 ;dd nên có VTPT là 12 [u , u ] =(1; 4; 5)n     . 0,25 Phương trình mặt phẳng (P) có dạng: 4 5 0x y z D    0,25 Tâm của mặt cầu (S) là I(2; -3; 1) và bán kính R = 42 . Do (P) tiếp xúc với (S) nên khoảng cách từ I đến mp(P) bằng bán kính R hay:   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 Câu Tính môđun của số phức z , biết 3 12z i z và z có phần thực dương. WWW.VNMATH.COM 8a Đặt ; , , 0z x yi x y x    . 33 12 ( ) 12z i z x yi i x yi       0,25 32 3 2 2 3 23 3 (1) 3 (3 12) 3 12 (2) x xy x x xy x y y i x yi x y y y                   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: 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. 12 (1;1)d d B   phương trình đường thẳng AB là: y = 1 (a;1)A Gọi N là điểm đối xứng của M qua phân giác 2 d suy ra N(1; 0) Hay phương trình cạnh BC là: x = 1, suy ra C(1; c) 0,5 Gọi I là trung điểm AC, 11 ; 22 ac 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      . Vậy A(3; 1) và C(1; -3) 0,25 Câu 7b Trong hệ tọa độ Oxyz cho hình vuông ABCD có A(5; 3; -1); C(2; 3; -4). B là điểm nằm trên mặt phẳng ( ): 6 0P x y z    . Tìm tọa độ điểm D. Ta có: 3 2 3AC BA BC    0,25 Tọa độ B là nghiệm của hệ: 2 2 2 2 2 2 2 2 2 (x 5) (y 3) (z 1) 9 (x 5) (y 3) (z 1) 9 (x 2) (y 3) (z 4) 9 1 0 6 0 6 0 xz x y z x y z                                       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                         hoặc 3 1 2 x y z         Suy ra B(2; 3; -1) hoặc B(3; 1; -2) AB DC   suy ra D(5; 3; -4) hoặc D(4; 5; -3) 0,25 Câu 8b Giải phương trình       2 3 39 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 1 2 1 1 1 2 1 x x x x x x           0.25  Với 1 2 x  thì ta được phương trình: 2 1 3 2 0 2 x xx x          0.25  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   m C 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi 1 m  2) Tìm m để đường thẳng 2 : 2 d y m   cắt đồ thị   m C tại 3 điểm phân biệt , , A B C thỏa: 2 2 2 18 AB BC CA    Câu 2 (2,0 điểm ). 1) Giải phương trình sau: 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:   4 0 tan .ln cos cos x x dx I x    Câu 4 (1,0 điểm ) Cho hình chóp . S ABCD có đáy ABCD là hình thoi cạnh a ,  0 60 ABC  ; cạnh SD vuông góc với mặt phẳng   ABCD . 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          II.PHẦN RIÊNG – PHẦN TỰ CHỌN (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (Phần A hoặc Phần B) Phần A Câu 6.a (2,0 điểm ). 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. 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hình thoi ABCD với     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        với 0 x  và n là số nguyên dương thỏa mãn 1 3 2 1 2 1 2 1 2 1 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 . Phần B Câu 6.b (2,0 điểm ). 1) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho 3 đường thẳng sau 1 2 : 2 3 0, : 2 2 0 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  . 2) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm   4; 1;3 A  , đường thẳng 3 1 2 : 2 1 2 x y z d       và mặt phẳng   :3 4 5 0 P x y z     . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A , song song với   P 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 Bảng hướng dẫn chấm gồm 7 trang I. Hướng dẫn chung 1) Nếu thí sinh làm bài không đúng theo cách nêu trong đáp án mà vẫn đúng thì giám khảo cho đủ điểm từng phần theo hướng dẫn quy định. 2) Việc chi tiết hóa thang điểm (nếu có) so với thang điểm trong hướng dẫn chấm phải đảm bảo không sai lệch với hướng dẫn chấm và được thống nhất thực hiện trong toàn Hội đồng chấm thi. 3) Sau khi cộng điểm toàn bài, làm tròn điểm đến 0,5 điểm ( lẻ 0,25 làm tròn thành 0,5 và lẻ 0,75 làm tròn thành 1,0) II.Đáp án và thang điểm Câu Nội dung Điểm 1 Cho hàm số 3 2 ( 2) y x m x    có đồ thị   m C 2.0 đ 1.1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) khi 1 m  1.0 đ * 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 + BBT: x   0 2   y’ + 0 – 0 + y 0   CĐ  – 4 CT 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 1 3 2 -1 0.25 [...]... đường tròn có chu vi bằng 4 Câu 9b (1,0 điểm): Gọi z1, z2 là hai nghiệm phức của phương trình z 2   3  i  z  4  0 Viết dạng lượng 20 14 giác của các số phức z120 14 , z2 Hết SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN (Đáp án – thang điểm có 03 trang) Câu WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, NĂM HỌC 2013-20 14 MÔN TOÁN - KHỐI A,A1,B ĐÁP ÁN x 4 1 (1,0 điểm):... 0,25  4( z z  9)  4 | z |2 36 Giải bất phương trình ta có | z | 4  | z  3i || iz  3 |  z  4, z  4 Vậy min | z | 4 đạt được khi   | z | 4   0,25 WWW.VNMATH.COM SỞ GD & ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 5, NĂM HỌC 2013 - 20 14 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) 1 4 Câu... THÚC HỨA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 - NĂM 20 14 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 y  2x (1) x 1 a Khảo sát sự biến thi n 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) tại... |  | i z  3 | 10 , tìm số phức z có môđun nhỏ nhất -Hết - www.VNMATH.com CÂU Câu 1.a (1 điểm) ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 20 14 Môn: TOÁN; Khối: A,A1 & B NỘI DUNG Tập xác định D   \ {-1} Sự biến thi n Chiều biến thi n: y '  2 (x  1)2 ĐIỂM 0,25  0 x  1 Hàm số đồng biến trên các khoảng (; 1) và (1; ) Cực trị: Hàm số không có cực trị Giới hạn: lim x 1 lim x...  2  DH  2 2 2 3a 6a 6a 2 DH DO DS 4 4   Vậy d B,  SAC   5 0,25 a 2 2 Cho x, y , z  0 Chứng minh rằng: Với a, b  0 Ta có : x y z 3    2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4 1 1 1 1     a b 4 a b 1.0đ 0.25 Ta có : x y z x 1 1  y 1 1  z 1 1              2 x  y  z x  2 y  z x  y  2z 4  x  y x  z  4  x  y y  z  4  x  z y  z   x y z 1 x y y z... a  và R là bán kính của  T  Do  T  tiếp xúc với d 2 nên d  I , d 2   8  3a 5 0.25 R Gọi H là trung điểm của AB suy ra tam giác IAH vuông tại H và AH  1 Khi đó IA2  AH 2  IH 2  R 2  1  IH 2  2  IH  d  I , d3   Từ  2  20  10a  4  2a 5 8  3a   5 0.25 2 2 2  1   4  2a    8  3a   5  5  4  2a  2  64  48 a  9a 2  5  5 16  16a  4a 2   64  48 a  9a 2 ... ABCD  AB.BC  4a 2 H C D 1 2a3 3 VS ABCD  SH S ABCD  3 3 0,25 a Qua A kẻ đường thẳng  song song BD 2 Có: BD / /  SA,       d  BD, SA  d  BD,     d  B,     4d  H ,    Gọi G là hình chiếu của H trên  , E là hình chiếu của H trên SG a 2 SH HG a 21  HE   Có: d  H ,     HE Tìm được: HG  2 2 4 14 SH  HG Ta có AH  Vậy d  SA, BD   4 a 21 2a 21  14 7 2 2 c 1... z2   2  2i 2 2         1007   1007   z1  1  i  2  cos     i sin      z120 14  21007  cos     i sin    2  2   4  4         1007 1007    20 14 z2  2 1  i   2 2  cos  i sin   z2  23021  cos  i sin  4 4 2 2    Phương trình có 2 nghiệm: z1  9b (1,0 điểm) 2 0,25 0,25 0,25 ... biến thi n x -∞ y’ -1 +∞ + + +∞ 0,25 2 y 2 -∞ Đồ thị: Đồ thị hàm số cắt trục Ox, Oy tại điểm (0;0) Đồ thị hàm số nhận giao điểm hai tiệm cận I(-1;2) làm tâm đối xứng y 10 8 6 4 2 x -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 0,25 9 -2 -4 -6 -8 Câu 1.b (1 điểm) Điều kiện x  1 Giao điểm hai đường tiệm cận là I(-1;2) 2x  x  m  x 2  (3  m )x  m  0 (*) x 1 Đường thẳng d cắt đồ thị hàm số (1). .. biến thi n: lim y  ; lim y   ĐIỂM 3 x  0,25 x  y '  x  4x  3; y '  0  x  1; x  3 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ;1 , 3;  , nghịch biến trên 1;3 và đạt cực đại tại x  1 , cực tiểu tại x  3 BBT: 2 x y' y 1 (2,0 điểm)  + 1 0 0 3 0    0,25  + 0,25  4 3 + Vẽ đồ thị 2 (1,0 điểm): Ta có y '  x2  2  m  1 x  2m  1; y '  0  x  1, x  2m  1 Hàm số có 2 .     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 2013-20 14 TỔ TOÁN MÔN: TOÁN A, B, D(LẦN 1) ĐÁP ÁN CHÍNH THỨC. số phức z có môđun nhỏ nhất. Hết www.VNMATH.com -10 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -8 -6 -4 -2 2 4 6 8 10 x y ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 – NĂM 20 14 Môn: TOÁN; Khối: A,A1. 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 2013-20 14 TRƯỜNG THPT LONG MỸ MÔN TOÁN: KHỐI A, B, D (Đề chính