www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4 TỔ TOÁN –TIN Đề chớnh thức www.VNMATH.com ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC.. và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng AH vàSB.. PHẦN RIấNG 3,0 điểm :
Trang 1www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
TỔ TOÁN –TIN
Đề chớnh thức
www.VNMATH.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC NĂM HỌC:2013 - 2014
MễN: TOÁN KHỐI A , A1- B - D
Thời gian làm bài: 180 phỳt – khụng kể thời gian phỏt đề
Đề gồm 01 trang
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Cõu 1 (2 điểm) Cho hàm số: 1
x y x
1 Khảo sỏt sự biến thiờn và vẽ đồ thị (C) của hàm số
2 Tỡm những điểm M trờn (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giỏc
cú trọng tõm nằm trờn đường thẳng 4x + y = 0
Cõu 2 (1 điểm).Giải phương trỡnh: 2 cos 22 x 2 cos 2 x 4sin 6 x cos 4 x 1 4 3 sin 3 cos x x
Cõu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trỡnh:
x y
y
x x
x y y
2 1
2
1 3 1
2 2
2
3
(x,yR)
Cõu 4 (1 điểm) Giải bất phương trỡnh: 2 3 54 102
x
x x
x
Cõu 5 (1 điểm) Cho hỡnh chúp S ABC cú đỏy ABC là tam giỏc vuụng tại A, 2 AC BC 2 a Mặt phẳng SAC tạo với mặt phẳng ABC một gúc 600 Hỡnh chiếu của S lờn mặt phẳng ABC là trung điểm H của cạnh BC Tớnh thể tớch khối chúp S ABC và khoảng cỏch giữa hai đường thẳng
AH vàSB
Cõu 6 (1 điểm). Cho x, y, z 0thoả món x + y + z > 0.Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức
3
16
P
x y z
II PHẦN RIấNG (3,0 điểm) : Thớ sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A Theo chương trỡnh Chuẩn
Cõu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC vuụng tại A, biết B và C đối xứng nhau qua gốc tọa độ Đường phõn giỏc trong gúc B của tam giỏc ABC là đường thẳng
d : x 2 y 5 0 Tỡm tọa độ cỏc đỉnh của tam giỏc, biết đường thẳng AC đi qua điểm K 6; 2
Cõu 8.a (1 điểm). Trong khụng gian Oxyz cho tam giác ABC có: A2;3;1 , B1; 2;0 , C1;1; 2 Viết phương trình đường thẳng ( d) đi qua trực tâm H của tam giác ABC và vuông góc với mặt phẳng
( P): x - 3y + 2z + 6 = 0
Cõu 9.a(1 điểm). Cho n là số nguyờn dương thỏa món c1c2 c 1cn n255
n n n
n
Hóy tỡm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 2
1 x 3x n
B Theo chương trỡnh Nõng cao
Cõu 7.b (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giỏc ABC cú đỉnh A2; 6, chõn đường phõn giỏc trong kẻ từ đỉnh A là điểm
2
3
; 2
D và tõm đường trũn ngoại tiếp tam giỏc ABC là
;1
2
1
I Viết phương trỡnh đường thẳng chứa cạnh BC
Cõu8.b(1điểm).Trong khụng gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A0;0;1, B1;2;1,C2 ;1; 1,
3 ;3; 3
D Tỡm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường thẳng MN vuụng gúc với đường thẳng CD và độ dài MN 3
Cõu 9.b (1 điểm) Giải hệ phương trỡnh:
y
x y x x
x y
3 2 3 2 8
6 ) 8 2 ( log
2
. -Hết - Thớ sinh khụng sử dụng tài liệu.Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm
Trang 2TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
HƯỚNG DẪN CHẤM
Đề chính thức
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC
NĂM HỌC: 2013 - 2014
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút
I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
TXĐ: D = R\ 1
Chiều biến thiên: , 1 2 0
( 1)
y x
hàm số đồng biến trên mỗi khoảng : ; 1 và 1;
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
2
1 lim
x
,
2
1 lim
x
;
( 1)
x
Lim y
,
( 1)
x
Lim y
1
2
y là tiệm cận ngang; x 1 là tiệm cận đứng
0.25
Bảng biến thiên:
0.25
1
1đ
Đồ thị: đi qua các điểm (0; 1
2
) ; (-2; 3
2) Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1; 1
2) làm tâm đối xứng
0.25
1
2
.Gọi M( 0
0 0
1
;
x x x
) ( )C là điểm cần tìm
Gọi tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình
0
1
x
y f x x x
x
0 0 2
0 0
1 1
2( 1) 1
x
x x
0.5
1 2
2
1
x
,
y
y
1 2 -1
I
O
y
x
Trang 3www.VNMATH.com
Gọi A = ox A(
2
2
x x
B = oy B(0;
2
2 0
2( 1)
x x x
) Khi đó tạo với hai trục tọa độ OAB có trọng tâm là: G
2 0
;
x
Do G đường thẳng:4x + y = 0
2 0
x
0 2
1 4
1
x
(vì A, B O nên 2
x x )
1
1
0.25 1đ
x M
0.25
x x x
x x
x x x
x x
x PT
3 cos 3 sin 3 4 6 sin 4 2 cos 2 4 cos 2
3 cos 3 sin 3 4 4 cos 6 sin 4 2 cos 2 1 2 cos 2 )
cos 4 x cos 2 x 2 sin 6 x 2 3 sin 3 cos x x
2 sin 3 sin x x 4 sin 3 cos3 x x 2 3 sin 3 cos x x
2sin 3 x sin x 2 cos 3 x 3 cos x 0
0.5
sin 3 0 sin 3 cos 2 cos 3
x
* sin 3 0
3
x x k k Z
0.25
2
1đ
*sin 3 cos 2 cos 3 cos cos 3
6
12
24 2
k x
x k x x k Z
0.25
2 Giải hệ phương trình:
) 2 ( 2 1
2
) 1 ( 1 3 1
2 2
2 3
x y
y
x x
x y y
3
1 đ
Điều kiện: x1 Với điều kiện đó, ta có
3 3
0,25
Trang 4Xét hàm số 3
( ) 2 ,
f t t ta có t f,(t)6t210tR f(t) đồng biến trên R
Vậy
2
0
1
y
0,25
x x
x x
x
1 2 3
2 2
1 2 3
1 2 3
1
x x
x
1
x Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0)
0,5
Giải bất phương trình
ĐK:
2
0 10
x
x
0.25
Với điều kiện trên,
2 x 4 x 5 x 2 x 10 2 x 2 x 10 15 x 2 x 10
5
3
t
t
0.25
4
1đ
0 1 2 3
10 2
Vậy nghiệm bất phương trình là x 0; 0.25
a N
H C
A
B S
M K
ABC
60
; 30
;
;
C B
a AC a
điểm của AC Vì
0
60 )
(
SNH SHN
AC SH AC HN AC AB AC
0.25
5
1đ
SNH HN SH ; mặt khác
2
3
2
a
SABC )
( 4
3
3
V S ABCD ABC
0.25
Kẻ a // AH (a đi qua B)
// ,
Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó
HK d HA SB
0.5
Trang 5www.VNMATH.com Tam giác ACH đều nên
2
3 60
sin
AHC
Trong tam giác SHM ta có
4
a HK
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
(với t = z
a, 0 ); Xét hàm số f(t) = (1 – t)t 1
3 + 64t3 với t 0;1 Có
9
f t t t f 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
B d x y nên gọi B 5 2 ; b b , vì B, C đối xứng với nhau qua
O suy ra C b (2 5; b ) và O (0; 0) BC 0.25
Gọi I đối xứng với O qua phân giác trong góc B là d : x 2 y 5 0
(2; 4)
Tam giác ABC vuông tại A nên BI 2 b 3; 4 b
vuông góc với
11 2 ; 2
5
b
b
0.25 7.a
1 đ
Với b 1 B (3;1), ( 3; 1) C A (3;1) B loại
Vớib 5 B ( 5;5), (5; 5) C 31 17 ;
5 5
.Vậy 31 17
; ; ( 5;5); (5; 5)
5 5
A B C
0.25
Gäi Hx y z; ; là trực tâm của tam giác ABC khi và chỉ khi
2 15
29
15
3
x
BH AC
AH AB AC
z
) 3
1
; 15
29
; 15
2
H
0.25
8.a
1đ
Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương 0.25
Trang 6Phương trình đường thẳng (d) là:
2 3 1 3
15 29 1
15
2
x
0.25
Với n nguyên dương ta có: Ta có 0 1 2 1
n n (1 1)n 2n
n 2n 1
Theo giả thiết ta có 2n – 1 = 255 2n = 256 = 28 n = 8
0.25
P(x) = (1 + x + 3x2)8 = 8 2
8 0
k
k
C x x
=
8
2 8
(3 )
k
k
C C x x
8
2 8
0 0
3
k
k m k m k m k
k m
C C x
0.25
YCBT
,
k m
m k
m k Z
9.a
1đ
Vậy số hạng chứa x14 là: ( 7 0 7 8 2 6
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: x Do E thuộc đường thẳng AD nên 2 0
2;
E t Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
Do đo ta được
2; 4
E
0,5
Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC
hay BC nhận 51; 2
2
EI
7.b
1đ
Do đó pt của BC là:
2
BC x y x y
Vậy BC x: 2y 5 0.
0.25 Gọi M m m m 1; 2; 3 là điểm thuộc AB khi đó AM AB ,
cùng phương
1; 2; 3 1 , 1; 2; 2
,
AM AB
cùng phương
1 2 3
1 2
Gọi N n ;0;0 Ox
; 2 ; 2 1 , 1; 2; 2
MN vuông góc CD nên NM CD 0 t n 4 t 4 t 2 0 t 2 n 1 0.25
8.b
1 đ
1
2
t
t
0.25
Trang 7www.VNMATH.com Với t 1 n 1 M 1; 2;1 , N 1;0;0
;1; 0 , ;0; 0
t n M N
0.25
ĐK: y-2x +8 > 0 ; (PT 1) y – 2x + 8 = 2 6 y2x
0.25 Thế vào pt thứ hai ta được:
8x 2 3x x 2.3x 8x18x 2.27x 8 18 2
3
2
0.25
Đặt: t = 2
3
x
t t t t t
0.25 9.b
1đ
0 1
0
x t
y
Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0) 0.25
Chú ý :- Học sinh làm cách khác trong đáp án mà đúng thì vẫn cho điểm tối đa
- Câu hình học không gian học sinh không vẽ hình hoặc vẽ hình sai cơ bản thì không cho điểm
