bộ 34 đề thi thử thpt quốc gia môn toán có đáp án hay nhất

-Vì tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn C nên AC là đường kính của đường tròn C... Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn C biết đường thẳng BC có

SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC

TRƯỜNG THPT ĐỒNG ĐẬU ĐỀ KSCL THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2014-2015 Mụn: TOÁN; Khối A

Thời gian làm bài: 180 phỳt, khụng kể thời gian phỏt đề

Cõu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y mx 33mx23m1 cú đồ thị là  C m

a) Khảo sỏt và vẽ đồ thị hàm số với m1

b) Chứng minh rằng với mọi m0 đồ thị  C m luụn cú hai điểm cực trị A và B, khi đú tỡm cỏc giỏ trị của tham số m để 2AB2(OA2OB2) 20 ( trong đú O là gốc tọa độ)

Cõu 2 (1,0 điểm) Giải phương trỡnh: 2 3sin2x3sinxcos2x3cosx

Cõu 3(1 điểm): Giải hệ phương trỡnh:

Cõu 4 (1,0 điểm) Cho hỡnh chúp S.ABC cú đỏy là tam giỏc vuụng cõn tại C, cạnh huyền

bằng 3a, G là trọng tõm tam giỏc ABC, ( ), 14

2

a

SG ABC SB Tớnh thể tớch khối chúp

S.ABC và khoảng cỏch từ B đến mặt phẳng ( SAC) theo a

Cõu 5 (1 điểm): Cho x, y, z là ba số dương thoả món x2 + y2 + z2 = 1

Tỡm giỏ trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1

AB x y   , phương trỡnh đường thẳng : 3AC x4y  và điểm (1; 3)6 0 M  nằm trờn

đường thẳng BC thỏa món 3MB2MC Tỡm tọa độ trọng tõm G của tam giỏc ABC

Cõu 7 (1điểm):Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho đường tròn     2 2

-Hết -Thớ sinh khụng được sử dụng tài liệu Cỏn bộ coi thi khụng giải thớch gỡ thờm

Họ và tờn thớ sinh:……….……… …….…….….….; Số bỏo danh………

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

Do vai trò của A,B như nhau nên không mất tính tổng quát giả sử

m m

11711

m m

)1(0612)

12(2

2

x

y x y

2

12

x y

Vậy nghiệm (x,y) của hệ đã cho là: (1,1) và )

2

1,2( 0,25

4 1,0 điểm

H M I

G S

C

B A

Vì tam giác ABC vuông cân tại C, 3 3

2 2

a MB

3

32xyz

Đặt t = 3 xyzCũng theo Cauchy: 1 = x2 + y2 +z2 ≥ 3 x y z Đẳng thức khi x = y = z 3 2 2 2

Nên có: 0 < t ≤ 3

Xét hàm số: f(t) = 3 3

2t

t  với 0 < t ≤ 3

3Tính f’(t) =

4 2

a b

a b

25

02626

025

132

y x y x

y x

y y

y x

y x

-Vì tam giác ABC vuông tại B và nội tiếp đường tròn (C) nên AC là đường kính của đường tròn (C) Hay tâm I1;2 là trung điểm của AC

0,25

Khi đó: A  2;0 ,B   3; 1 C4; 4

A 3; 1 ,  B 2;0 C 1;5Vậy: C4;4 hoặc C 1;5

2 4 11

2 6 - 6 f(x)

f'(x)

TRƯỜNG THPT ĐÀO DUY TỪ

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số y x3 (m3)x2(m2 2m)x2 ( )1 , với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số ( )1 khi m  0

b) Tìm m để hàm số ( )1 có hai điểm cực trị x1 và x2 sao cho x x1 2 6(x1x )2 40

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình sin3xsin xsin2x 0

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình log 2 x log1 xlog8x 3

2

Câu 4 (1,0 điểm)

a) Trong một hộp đựng 8 viên bi đỏ và 6 viên bi xanh Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp trên Tìm

xác suất để 4 viên bi được lấy ra có cả bi xanh và bi đỏ

b) Tìm hệ số của x5 trong khai triển thành đa thức của biểu thức x1 2 x5x21 3 x10

Câu 5 (2,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a, a

SD  17

2 , hình chiếu vuông góc H của S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của đoạn AB Gọi K là trung 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8y10 Điểm B 0nằm trên đường thẳng 2x   Tìm tọa độ các đỉnh A, B và C, biết rằng điểm C có tung độ y 1 0

- Khoảng đồng biến: ( ; )0 2 ; các khoảng nghịch biến (; )0 và ( ;2  )

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x0; yCT  2 ; đạt cực đại tại x2; yCD 2

Pt đã cho 2cos2x.sinx 2sin x.cos x 0 0,25

2

0,25

(1,0 điểm)

a) Số cách lấy ra 4 viên bi từ hộp là: C 144 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

Hệ số của x trong khai triển của 5 x (1 3x) là 2  10 3 3

10

3 C Vậy hệ số của x trong khai triển là 5 4 4

S

E F

HS.HE aHF

C( c8 10; c)CD.CB (14 8 c).(12 8 c)(5c)( 5 c)0

65 2 208 143 0 c

265

B

K

G I

t 0 1 

f’(t) - 0 + f(t)

42

12Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3

(Đề thi gồm có 01 trang) MÔN TOÁN

Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian phát đề)

Câu 1 (2,0 điểm)

Cho hàm số yx3 3mx2 4m2 2 (1), với m là tham số thực

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) với m1

b) Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A và B sao cho điểm I(1;0) là trung điểm của đoạn AB

Câu 2 (1,0 điểm)

62sin23sin

Câu 5 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C):x12 y22 9 Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác đều ABC nội tiếp trong đường tròn (C) biết đường thẳng BC có phương trình là

05

AC và mặt phẳng ( ABC) bằng 450 Tính theo a khoảng cách giữa hai mặt phẳng (ABC),(A/B/C/)

và côsin góc giữa hai đường thẳng AD , CC/

Câu 7 (1,0 điểm)

Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình thang ABCD vuông tại C, D có BC2AD2DC, đỉnh C( 3; 3), đỉnh A nằm trên đường thẳng d:3x  y20, phương trình đường thẳng

02:x  y 

DM với M là điểm thỏa mãn BC4CM Xác định tọa độ các điểm A, D, B

1

11

41

y x xy xy

y x x

y y

x x

Câu 9 (1,0 điểm)

Cho các số thực không âm a ,,b c thỏa mãn 12a2  12b2  12c2 5

Chứng minh rằng 4 2a3b6 c6 64

-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:…… ………

TRƯỜNG THPT HÀN THUYÊN ĐỀ THI THỬ THPT QUỐC GIA LẦN 1 MÔN TOÁN LỚP 12

0x0/y

0,25

- Các khoảng đồng biến: (;0); (2;), khoảng nghịch biến: (0;2)

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -2

- Giới hạn tại vô cực:  

*Đồ thị: Giao Oy tại (0;2), Giao Ox tại (1;0) và 1  3;0

Đồ thị nhận U(1;0) làm tâm đối xứng (Học sinh tự vẽ hình)

0,25 b) (1,0 điểm)

0x0

1m

2

Giải hệ được m = 1, thỏa mãn điều kiện tồn tại cực trị

2

(1,0đ)

Phương trình đã cho tương đương với

2xsin2xcosxcos3x2cosx2sin3xcos32xsin

0xsin3xcos32xsin

5x

2k6

x0xsin2

5x

2k6

3

x 2 x 2 2x 5

5x2x5x22xlim2

x

5x22xlim

2 x 2

2 2

x22x2x

10x2xlim

2 x 2

Số phần tử của không gian mẫu là: C114 330 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 C35.C16 60 0,25 Vậy xác suất cần tìm là

11

2330

5x0

5x2

92y1

0,5

Đường tròn (C) có tâm I(1; 2) Vì tam giác ABC đều nội tiếp đường tròn (C) nên I là trọng

;2

5C

;2

332

;2

ABC(,

Sử dụng định lí cosin cho

3

7aAD



3

7aADD

C/  

AA//

CC nên AD,CC/  AD,AA/

Vì C/D(ABC) nên

3

a4DAA

CDC)CBA(D

C/  / / /  /  / /  / 

a3

22DCD

CCC

AcosCC

,ADcos56

14AD

;1(A3a

)7

;3(A1a

Do A, C nằm khác phía với đường thẳng DM nên A(-1; 5) 0,25

CDAD

Giải hệ ta được d = 5 nên D(5; 3) 0,25

Điều kiện xyxy10(*) Vì t 1t2 0

y1x41

yxy

x2yy1x1x2

2 2

2 2 2

1x

34xx

12x

3x

2x

1x

;14

373

Khi x < 0 ta được  t2 t4t2 Từ đó, kết hợp với x < 0 ta được

2

317y

;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: (1)2AB2 1A1B2A1BA211ABB1 1AB (1) Thật vậy,

BA1ABBA

Dấu đẳng thức xảy ra khi A = 0 hoặc B = 0

Áp dụng (1) ta có 5 12a2  1 b2  12c2 1 12a2 2b2  12c2 2 12a2  b2 2c2 Suy ra a2 b2 c2 4,hayb2 c2 4a2 (2)

0,5

a4a24cba24cba2

Từ (2) và do a, b, c không âm ta có 0a2 Xét hàm số 3  23

a4a24)a(    trên  0;2 Ta có

 22     2  2 

2 /(a) 12 2a 6a 4 a 6aa 2 a6 a 28 a

Với a  0;2 , f/(a)0a0;a 2

Có (0)64; ( 2)24; (2)32 2 (a)64;a 0;2Vậy 4 2a3 b6 c6 64 Dấu đẳng thức xảy ra khi ab0,c2 hoặc a c0;b2

0,5

g?a

i

Luyện Thi Đại Học – Ôn luyện “Kỳ Thi Quốc Gia” 2015

(Biên soạn: Trần Thanh Tâm)

(Thời gian làm bài: 180 phút)

 Đội ngũ Giảng viên chuyên LTĐH hàng đầu TP.HCM (học ca tối: 18h00  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: yx3  3x2  (m 1 )x 1 (1) có đồ thị (C m), với m là tham số

a) Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) khi m  1

b) Tìm m để đường thẳng (d): y = x + 1 cắt đồ thị (C m) tại 3 điểm phân biệt P(0;1), M, N sao cho bán kính

đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN bằng

2

2

5 với O(0;0)

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình:2 cos 2 2x 2 cos 2x 4 sin 6x cos 4x 1  4 3 sin 3xcosx

Câu 3 (1,0 điểm) Tính tích phân: 

1 1 3

x 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 ( ) : x y z   2 0 và ():xyz40

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

2 3

2 2

2 3

2 1

3

2 1

3

y xy x y yx y

x xy y x xy x

) 1

; 0 ( 1 0

0 ) 3

m x x

P y

x m

x x

0

m m

Giả sử M(x1;x1 1 ) , N(x2;x2 1 ) khi đó x1; x2 là nghiệm của pt (2)

Ta có

R

MN ON OM d

O d MN

S OMN

4

))

(

;(.2

 với R là bán kính đường tròn ngoại tiếp tam giác OMN

)) (

; ( 2 5 )) (

; ( 2

4

))

(

; (

2

1

d O d d

O d R ON OM R

MN ON OM d

O d

) 1 2 2 )(

1 2 2 (

1 1

1 )) (

2

2 2 5 25 12

4 2

m

m m

m thỏa đề chỉ có m  3

Câu 2 Pt  2 cos 2 2x 2 cos 2x 4 sin 6x 2 sin 2 2x 4 3 sin 3xcosx

x x x

x x

2 cos 2    2 



x x x

x x

2 cos 2  2   



x x x

x

4 cos   



x x x

x x

3 sin

x

x x

x x

x

3 cos 2 cos 3 sin

0 3 sin 0

) cos 3 3 cos 2 (sin 3 sin

2

3 0

3

sin x xk k 

12 3

cos 6

cos 3

cos 2 cos 3 sin

k x

x x

x x

x



0 2

1

3 )

1 (

1

Đặt

1

3 1

4 2







 ) 3 7 ( 2

1 2

793 4

9

1 3 1

1 3

x

, rồi đặt 1

1 3

1

C cách + TH2: 1Đ, 2T, 1V có 1

7

2 5

1

C cách + TH3: 2Đ, 1T, 1V có 1

7

1 5

2

C cách Vậy số cách lấy 4 viên bi có đủ 3 màu là 2

7

1 5

2

C = 385 cách Xác suất lấy 4 viên bi không đủ 3 màu là

13

8 1001

616 1001

385

1001  



Câu 5 Gọi I(a;b;c) là tâm của mặt cầu (S)

Vì (S) đi qua các điểm A, B, C và cắt hai mặt phẳng 0 () :x yz 2  và () :xyz 4  0 theo

hai giao tuyến là hai đường tròn có bán kính bằng nhau nên ta có hệ :

9 2 2 3

15 4 7 3 )) ( , ( )) (

,

c b a

c b a I

d I

c b

7 12

7 19

c b a

7 12

7 19

9 7

12 7

Câu 6 BE//(A'B'C') nên d(E,(A’B’C’) = B’H

Tam giác B’HC’vuông tại H nên B’H =

2

3 '

' 2 2 a H B

2 '

2 0

' '

8

3 4

3 60 sin '.

' '.

' 2

1

a S

a C

B B A



16 8

3 2

3 3

1

' 3

' '

a a

a S

H B



'

'

3 )) ' ' (

,

(

A ACC

A ACC B S

V A

ACC

B

4 8 8

3 3 3 3 '

' ' ' '

.

a a a V

V

AC J A S

AC J A AC IJ AB

I

5

15

4 15 4

3 )) ' ' ( , ( 4

15 '

'

3 2

a a

a A

ACC B d

a IJ A A J

Câu 7 Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C(0;4)

Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC cũng bằng 1

Vì B nằm trên trục tung nên B(0;b) Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với BC Oy:x 0 nên AB :

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

4 16 ) 4 ( 3

4 16 4

3

4 16 4 2

b

b b

b

b b

b b

CA BC AB

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

1 3

) 1 ( 2

1 3

2 2

2 3

2 2

2 3

y xy x y yx y

x xy y x xy x

Từ (1) và (2) ta có x3  3xy2 x 1  (y3  3yx2  y 1 )i y2  2xyx2  (x2  2xy y2 )i

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

g?a

i

) 2

)(

1 ( 1 ) ( ) (x yi 3  xyi  i i y2  xyii2x2



2

) (x yi  xyi  i i yix

 z3  ( 1 i)z2 z ( 1 i)  0

i z

2 ) ( ) ( 2 4 ) ( ) ( )

(xy 3  x y 2  xy 3  xy  x y 3  xy 2   xy

Ta biến đổi P như sau ( ) 2 ( 2 ) ( 3 4 ) 2015

2

3 ) (

2

3 2  2 2  2  2 2  2  2    

 x y x y x y xy xy xy P

( ) 2 ( ) 2015

2

3 ) (

4

9 ) (t  t2  t

1 ) ( min

; 2

Do đó GTNN của P bằng

16

32233 , đạt được khi và chỉ khi

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 = x3 -3mx2 +3(m2 – 1)x – m3 +1 (1)

1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C của hàm số khi m1

2 Gọi d là tiếp tuyến tại điểm cực đại A của đồ thị hàm số (1) Đường thẳng d cắt Oy tại điểm B Tìm tất

cả các giá trị của m để diện tích tam giác OAB bằng 6

Câu 2 (1,0 điểm) Giải phương trình (2 cos 1) sin 4 2sin 2

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  với sin 1

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) ( Thí sinh chỉ chọn một trong hai phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , điểm

C thuộc vào đường thẳng có phương trình: x  y 4 0 Đường thẳng đi qua điểm D và trung điểm của đoạn AB có phương trình: 3x4y230 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 A1;2;1 , B 1; 2;4  và mặt phẳng ( ) : 2P y z 0 Tìm toạ độ điểm C thuộc mp(P) sao cho tam giác ABC cân tại B và có diện tích bằng 25

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với toạ độ Oxy cho hình thang ABCD vuông tại A và D có

,

ABADCD điểmB(1; 2), đường thẳng BD có phương trìnhy  2 Biết rằng đường thẳng ( ) : 7d x y 250 lần lượt cắt các đoạn thẳng AD và CD theo thứ tự tại M và N sao cho BM BC và tia

BN là tia phân giác của góc MBC Tìm toạ độ đỉnh D (với hoành độ của D là số dương)

Câu 8b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho mặt cầu 2 2 2

( ) :S x (y1)  (z 2) 25 Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua điểm M(1; 2;3) và vuông góc với mặt phẳng ( ) : x y 4z 4 0,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 ) i z là số thực và z 2 5i 1

TỔ TOÁN NĂM HỌC 2013 - 2014

Môn: TOÁN; Khối A, B và khối A 1

Thời gian 180 phút (không kể thời gian giao đề)

 -4

0.25

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng (;0) và (2;); hàm số nghịch biến trên

khoảng (0; 2) Hàm sốn đạt cực đại tại điểm x = 0 và y CĐ = 0; hàm số đạt cực tiểu

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 m1 0.25

Do d song song với trục Ox nên tam giác OAB vuông tại B

Diện tích tam giác OAB là 1 3( 1) 2

So sánh điều kiện ta được ; 2 ( )

( ln ) 1

1

1 ( ln ) ( ln ) ( ln )

0.25 ( ) ( ; ; 2 )

Giải hệ được hai nghiệm (a ; b) là (6 ; -2) ; (-4 ; -2)

Vậy có hai điểm C thoả mãn yêu cầu có toạ độ là (6 ; -2 ; 4) , (-4 ; -2 ; 4)

045

3

x x

a c



Với a 2c, chọn c    1 a 2   : 2x2y  z 5 0 0,25 Với a34c, chọn c  1 a 34  : 34x38y z 1130

Vậy phương trình mp  : 2x + 2y – z + 5 = 0 hoặc 34x – 38y + z – 113 = 0

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1

ĐỀ THI

CHÍNH THỨC

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2015

Môn Toán; Khối A và khối A1.

Câu 1 (2 điểm)

a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị ( ) C của hàm số y = x3− 3 x2+ 2

b) Tìm giá trị tham số m ∈
thì đồ thị của hàm số y = − x4+ 4 mx2− 4 m có 3 cực trị là 3 đỉnh của 1

tam giác nhận điểm 0;31

4

H 

  làm trực tâm

Câu 2 (1 điểm) Giải phương trình: + 1 = 3 −

sin 2x tan cos 2

Câu 3 (1 điểm) Tính giới hạn: 5 3 2

3 2 1

lim

1 x

a) Từ các chữ số 0,1,2,3,4,5,6 có thể lập được bao nhiêu số chẵn có 4 chữ số khác nhau nhỏ hơn

4321 đồng thời các chữ số 1 và 3 luôn có mặt và đứng cạnh nhau

b) Chứng minh rằng: với mọi cặp số nguyên k n , (1 ≤ k ≤ n) ta có: kCnk= nCnk−−11 Tìm số nguyên n > 4 biết rằng 2 Cn0 + 5 Cn1 + 8 Cn2 + +(3 n + 2)Cnn = 1600

Câu 6 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho tam giác ABC có phương trình các đường thẳng AB AC , lần lượt là 4x 3 − y − 20 = 0; 2x + y + 10 = 0 Đường tròn ( ) C đi qua trung điểm của các đoạn thẳng HA HB HC , , có phương trình là (x − 1)2+(y + 2)2= 25 , trong đó H là trực tâm của tam giác ABC Tìm tọa độ điểm H biết xC> − 4

Câu 7 (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy ,cho hình vuông ABCD có M là trung điểm của cạnh BC , N thuộc cạnh AC sao cho = 1

4

AN AC Biết MN có phương trình 3x − y − 4 = 0

và D(5;1) Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1

Hàm số đạt cực đại tại điểm x = 0 với giá trị cực đại của hàm số là y( )0 = 2 và hàm số đạt cực tiểu tại điểm x = 2 với giá trị cực tiểu của hàm số là y( )2 = − 2

∗ Đồ thị

• Điểm đặc biệt : '' 6 6

y = x − và y " = 0 ⇔ x = 1⇒I(1; 0)

• Chọn x = 3 ⇒ y = 2, x = − ⇒ 1 y = − 2 Chú ý: Ta có thể tìm điểm đặc biệt bằng cách tìm giao điểm của đồ thị với trục tọa độ:

Giao điểm của đồ thị với trục Oy là điểm(0; 2)

Đồ thị cắt Ox tại ba điểm (1; 0),(1 ± 3; 0) Nhận xét: Đồ thị nhận I(1; 0)làm tâm đối xứng

Vì tam giác ABC cân tại A và , B C đối xứng nhau qua Oy

H là trực tâm tam giác ABC khi AH BC BH AC 0 ( )

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1

Câu 2 (1 điểm) Điều kiện: ≠π+ π

( 2)( 2) 3 lim

2 ABCD ABD

Nếu = d 0 chọn a có: 2cách Trường hợp này có 2.1.2 = 4 số

Nếu ≠ d 0 chọn d có 2 cách, chọn a có: 2 cách Trường hợp này có 2.2.2 = 8 số

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1

1 8

x y

 = −



= −

 , suy ra A(− − 1; 8) Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác

4 1 / /

Bồi dưỡng văn hóa và luyện thi Đại học Thành Nhân Lô A14 Trần Lê, Đà Lạt - Ngày thi 5.07.2014 -

GV ra đề: Nguyễn Phú Khánh Môn Toán – Khối A,A1

5 1 1 5

B

B

x

B y

Câu 8 (1 điểm) Điều kiện: ≤ 5

2

x Phương trình ( )1 ⇔(x 2 − − 1 y x)( 2 + y 2)= 0 ⇔ x = y = 0 hoặc x2= y + 1

Trường hợp = x y = 0 thế vào (2) không thỏa mãn

Câu 9 (1 điểm) Với a,b,c là các số dương ta có: ( ) ( )

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐỀ THI THỬ

I PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)

Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số 3 2

2

x y x

+

= +

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho

b) Cho hai điểm ( 1; 1), (2;2)A − − B trên đồ thị (C) Định m để đường thẳng (d): y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho tứ giác ABMN là hình bình hành

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

Câu 3 (1,0 điểm) Giải phương trình:

2

2( 1)

x x

+ + =

Câu 5 (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a, SA vuông góc với mặt phẳng

(ABCD) và góc giữa đường thẳng SC tạo với mặt phẳng (SAB) bằng 300 Gọi M là trung điểm của SA, (P)

là mặt phẳng đi qua M và vuông góc với SC Mặt phẳng (P) cắt các cạnh SB, SC, SD lần lượt tại N, E, F Tính theo a thể tích khối chóp S.MNEF và bán kính mặt cầu ngoại tiếp hình chóp S.MNEF

Câu 6 (1,0 điểm) Tìm m để phương trình sau có đúng hai nghiệm thực:

5x + (m+ 14)x+ 4m+ = 9 x − −x 20 5 + x+ 1

II PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B)

A Theo chương trình Chuẩn

Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có AB AD= 2, tâm

Câu 9.a (1,0 điểm) Gọi A là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm ba chữ số đôi một khác nhau và đều

khác 0 Chọn ngẫu nhiên một số từ tập A Tính xác suất để số được chọn chia hết cho 3

B Theo chương trình Nâng cao

Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn ( ) : (C x−4)2+(y−1)2 =20 và điểm M(3; 1)− Viết phương trình đường thẳng đi qua M và cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho diện tích tam giác IAB bằng 8 (I là tâm đường tròn (C))

Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2 +y2 +z2 − −x 4y− = 2 0

và hai điểm (3; 5; 2), (7; 3; 2)A − B − − Tìm điểm M trên (S) sao cho biểu thức MA2 +MB2 có giá trị nhỏ nhất

Câu 9.b (1,0 điểm) Giải hệ phương trình: 2 2 2

Thí sinh không được sử dụng tài liệu Giám thị coi thi không giải thích gì thêm

Họ và tên thí sinh:………; Số báo danh:………

= + TXĐ: \{ }2 , ' 4 2 0,

0,25

2 Cho hai điểm ( 1; 1), (2; 2) A − − B trên đồ thị (C) Định m để đường thẳng ( ) : d y x m = +

cắt đồ thị (C) tại hai điểm M, N sao cho tứ giác ABMN là hình bình hành

Phương trình hoành độ giao điểm giữa (d) và (C):

2

3 2

3 2 ( 2)( ) (1) 2

x x

−

Nhận thấy hai điểm A, B thuộc đường thẳng y = x song song với (d) khi m≠ 0

Do đó với điều kiện (3), để tứ giác ABMN là hình bình hành thì ta chỉ cần MN =

m m

3

x x

ππ

+ + =

 + − =



x x

SC ⊥ (P) tại E nên thể tích khối chóp

S.MNEF được xác định bởi:

M

C

A

D B

S

E I

 − − ≥

⇔ ≥

 + ≥

2 2

8 11 (5) 0, lim ( ) , '( ) 0, [5; )

5 5 1 '( ) 8 10; '( ) 0 ,

0 5 + ∞

4

0 − +

−6

1 4

− ∞

Suy ra BM đi qua H(2; 1)− , nhận vtpt IH =(1;1)⇒pt BM x y: + − =1 0

(1,0 điểm)

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ) : P x− 2y z − − = và hai điểm 5 0 (3; 1; 3), (5;1;1)

với (P) và diện tích tam giác ABC bằng 3

Ta có:

+ vtpt của (P) là n= (1; 2; 1) − − C∈ ( )P nên C x y x( ; ;0 0 0− 2y0− 5) + AB= (2; 2; 4), AC= (x0− 3;y0+ 1;x0− 2y0− 2)

(2 8) (2 8) ( 2 8) 3 (2 8) 4

3 2

TH 2: a, b, c chia cho 3 dư 1⇒a b c C, , ∈ = {1; 4;7}⇒ có 3! cách chọn n

TH 3: a, b, c chia cho 3 dư 2⇒a b c D, , ∈ = {2;5;8}⇒ có 3! cách chọn n 0,25

TH 4: Trong 3 số a, b, c có một số thuộc B, một số thuộc C và số còn lại thuộc D

⇒ có (3x3x3)3! cách chọn n Suy ra số cách chọn n là (3 3 ).3! 180 + 3 = Vậy xác suất để số được chọn chia hết cho 3 là 180 5

Gọi H là trung điểm AB, suy ra AH ⊥ AB

Diện tích tam giác IAB: 1 8

⇔ 11(a2 +b2 ) (2 + a b− ) 2 = ⇔ a = b = 0 (không thỏa a0 2 + b2 > 0)

TH 2: d(I,∆) = IH = 2 ⇔

2 2

+

= +

Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu ( ) :S x2 + y2 +z2 − −x 4y − = và 2 0

hai điểm (3; 5;2), (7; 3; 2) A − B − − Tìm điểm M trên (S) sao cho biểu thức MA2 +MB2có giá trị nhỏ nhất

Gọi I là trung điểm của AB thì (5; 4;0) I −

+ Cách giải khác của Câu 3:

Với điều kiện trên phương trình đã cho tương đương:

( 2 )2 2

2

7 3

4( 1)

x x

+ +

Vậy phương trình có 2 nghiệm x = 1; x = 3

+ Cách giải khác của Câu 8a:

Từ giả thiết suy ra IA=3HI ⇒ ( 2; 5)A − −