Tài liệu 100 bộ đề thi thử đại học môn toán

HỒ XUÂN TRỌNG 100 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2016 MÔN TOÁN NĂM 2016 Đề chính thức  (Đề thi gồm 01 trang) 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  y = - x 3 + ( 2m + 1 )x 2  - 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: 2 sin3 x - 3 = 3 sin 2  x + 2 sin x - 3 tan x .  ( )  4  ì 2 2  = 13  2  ï9 x + y + 2xy + x - y )  ( ï .  2)Giải hệ phương trình: í ï 2x + 1  = 3  ïî  x- y ( ) 3  3x + 2 - 3x - 2  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 .  1 1 1  Câu V (1,0 điểm). Cho  x, y  là các số dương thoả mãn  + + = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu  xy x y 3y 3x  1 1 1  + + - thức:  M  = x( y + 1) y ( x + 1)  x + y x 2 y 2  Câu III (1,0 điểm). Tính giới hạn  :  L = lim  x ® 2  B. PHẦN RIÊNG (3 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)  1.Theo chương trình Chuẩn  Câu 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 .  n  2  ö æ 2)Tìm số hạng không chứa  x  trong khai triển : p ( x ) = ç 3  x  + ÷ . Biết rằng số nguyên dương  n  x ø  è thoả mãn  Cn6 + 3Cn7 + 3Cn8 + Cn9 = 2Cn8 + 2  CâuVIIA (1,0điểm).Xác định  m để hàm số: y = ( m2  - 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 3 2013  2) Tính tổng :  S = 1.2.C2013 + 2.3.C2013 + L + 2012.2013.C2013  CâuVII  B  (1,0  điểm).Xác  định  m để  hàm  số: y = ( m 2 + m + 1) x + ( m 2  - m + 1) sin x + 2m luôn  đồng  biến trên  ¡  ­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­  Đề chính thức  (Đề thi gồm 01 trang) 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  3 2  Cho hàm số  y = - x + ( 2m + 1 )x - m - 1 ( Cm ) .  1,0 đ  1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số khi  m = 1 .  Khi  m = 1 hàm số trở thành  y = - x 3 + 3x 2  - 2 CâuI  Tập xác định: R; hàm số liên tục trên R.  0,25  Sự biến thiên: lim  y = +¥ ;  lim  y = -¥ . Đồ thị hàm số không có tiệm cận.  x ®-¥ 2,0 đ  x ®+¥ Bảng biến thiên:  x  –µ  0                    1  y’  +                 0  –  y  +µ  –  2                                    +µ  0                   +  2  0.25  yĐU  = 0  –2  Đồ thị của hàm số có dạng như hình dưới đây:  –µ  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  Xét phương trình hoành độ giao điểm:  - x 3 + ( 2m + 1 )x 2  - m - 1 = 2mx - m - 1 Û x 3 - ( 2m + 1 )x 2  + 2mx = 0 é x = 0  Û x ( x 2  - ( 2m + 1 )x + 2m ) = 0 Û êê x = 1  êë x = 2m 1,0đ  0.25  Ba giao điểm là: A ( 0; - m - 1) ; B ( 1;m - 1) ; C ( 2m;4m 2  - m - 1)  1  (*)  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  Û 0 + 2m = 2.1 Û m = 1 thoả mãn (*) 1  ·  0 ; 2m ; 1 lập thành cấp số cộng  Û 0 + 1 = 2.2m Û m =  thoả mãn (*) 4 1  ·  2m ; 0 ; 1  lập thành cấp số cộng  Û 2m + 1 = 2.0 Û m = -  thoả mãn (*)  2 1 1 Kết luận: m =  -  ; ;1  2 4 Ta có:  A , B , C  phân biệt  Û m ¹ 0;m ¹  ( 0.25  0.25  0.25  )  1) Giải phương trình: 2 sin3 x - 3 = 3 sin 2  x + 2 sin x - 3 tan x .(1)  Điều kiện:  cos x ¹ 0 Phương trình đã cho tương đương với : CâuII  2 sin 3 x.cos x - 3 cos x = 3 sin 2  x + 2 sin x - 3 sin x ( )  0.25  Û 2 sin3 x.cos x - 3 cos x = -3 cos 2 x.sin x + 2 sin 2  x Û 2 sin 2  x ( sin x.cos x - 1) + 3 cos x ( sin x.cos x - 1) = 0 2,0 đ Û ( sin x.cos x - 1) ( 2 sin 2  x + 3cos x ) = 0 0.25  æ 1  ö Û ç sin 2x - 1 ÷ ( 2 - 2 cos 2  x + 3 cos x ) = 0  è2 ø  é cos x = 2 (VN )  Û 2 cos x - 3 cos x - 2 = 0 ( do  sin 2x - 2 ¹ 0, " x ) Û ê ê cos x = - 1  êë  2 1 2 p Û cos x = - Û x = ± + k 2 p ,k Î ¢  ( thoả mãn điều kiện )  2 3 2 p Vậy phương trình có hai họ nghiệm:  x = ± + k 2 p ,k Î ¢  3 4  ì 2 2  = 13  2  ï9 ( x + y ) + 2xy + x - y )  ( ï 2)Giải hệ phương trình: í .  ï 2x + 1  = 3  ïî  x- y 2  ì é 1  ù 2 2  ï5 ( x + y ) + 4 ê( x - y ) + = 13  2  ú ï x - y ) úû ( êë Viết lại hệ phương trình: í Đ/K  x - y ¹ 0 1  ï ï( x + y ) + ( x - y ) + ( x - y )  = 3  î  Đặt  a = x + y ; b = x - y + 0.25  0.25  0.25  1  điều kiện  b ³ 2 .  x -  y ìï5a 2 + 4 ( b 2  - 2 ) = 13  ì9a 2  - 24a + 15 = 0  ìïa = 1 Ú a = 5  Hệ đã cho trở thành: í Ûí Ûí 3  îb = 3 - a  ïî b = 3 - a îïa + b = 3  0.25 ì x + y = 1  ìa = 1 ì x + y = 1 ì x = 1  ï · í Ûí Ûí Ûí 1  îb = 2 ï x - y + x - y = 2  î x - y = 1 î y = 1  î  5  ì a  = ïï 3  · í Loại  5 4  ïb = 3 - a = 3 - = ïî  3 3 Vậy hệ phương trình có một nghiệm duy nhất ( x; y ) = ( 1;1 )  3  Tính giới hạn :  L = lim  x ® 2  CâuIII  ( L = lim 3  x® 2 3x + 2 - 3x - 2  x - 2 ) ( )  = lim æ 3x + 2 - 2 + 2 - 3x - 2  ç x ® 2  ç è x-2 0.25  0.25  1,0đ  3  3x + 2 - 2 3x - 2 - 2 ö ÷÷ = L1 - L 2  x-2 x-2 ø  0.25  3  3x + 2 - 2 3x + 2 - 8  = lim  x® 2 x ® 2  2  x - 2  ( x - 2 ) æç 3  ( 3x + 2 ) + 2 3  3x + 2 + 4 ö÷ è ø 3 1  L1  = lim  = 2  x ® 2  3  ( 3x + 2 )  + 2 3  3x + 2 + 4 4  L1  = lim 1,0đ L2  = lim x® 2 3x - 2 - 2 3x - 2 - 4  = lim  x ® 2  x - 2  ( x - 2 ) 3x - 2 + 2  ( )  3 3  L2  = lim  = x ® 2  3x - 2 + 2 4  1 3 1  L = L1 - L 2  = - = -  4 4 2 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  CâuIV  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  0.25 0.25  0.25  1,0đ  0.25  Nhận xét ABCD là hình chữ nhật (do  AB 2 + AD 2 = BD 2  ) 1 4 2  3  SG.S ABCD  =  a  3 3 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)  VS .ABCD = 0.25  0.25 1 1 1 2a 2a  = + Þ CJ = Þ GH  =  2 2 2  CJ BC CK  3 3 Tam giác SHG vuông ở G suy ra GI=a.  Vậy: d(AC,SB) = a  1 1 1  Cho  x, y  là các số dương thoả mãn  + + = 3 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức:  xy x y 3y 3x  1 1 1  + + - 2 - 2  CÂU V  M  = x( y + 1) y ( x + 1)  x +  y x y GH = CJ mà  0.25  1,0đ  2  ( a + b )  1 1  Đặt  a = > 0, b = > 0 , theo đề bài ta có 3 - ( a + b ) = ab £  (BĐTCauchy),  Cách 1  x y 4  kết hợp với  a + b > 0  suy ra  a + b ³ 2  3a 3 b ab  Ta tìm giá trị lớn nhất của  M = + + - a 2 - b 2  b + 1 a + 1  a + b 2  (a + b) - 2 ab + a + b ab  =3 + - (a + b)2  + 2 ab  ab + a + b + 1  a + b 1é 12  ù = ê -(a + b)2  + a + b + + 2 ú (do  ab = 3 - (a + b) )  4 ë a+b û  12  Đặt  t = a + b ³ 2  xét hàm số:  g (t ) = -t 2  + t + + 2  trên [ 2; +¥ )  t 12  g ¢(t ) = -2t - 2  + 1 < 0, "t ³ 2  suy ra  g (t )  nghịch biến trên  (2, +¥ ) t 3  Do  đó max g (t ) = g (2) = 6  suy  ra  giá  trị  lớn  nhất  của  M  bằng  đạt  được  khi  [ 2, +¥ )  2  a = b = 1 Û x = y = 1 .  1 1  3a 3 b ab  + + - a 2 - b 2  Cách 2  Đặt  a = > 0, b = > 0 , theo đề bài ta có  M = x y b + 1 a + 1  a + b ( a + ab + b ) a ( a + ab + b ) b  ab  2 2  M= + + - a - b  .  b +1 a + 1  a + b ab ab ab ab ab ab  1  M= + + £ + + = a b + b a + ab  (BĐT AM­GM)  b + 1 a + 1 a + b  2 b 2 a 2  ab 2  ( )  1 1 é a ( b + 1) b ( a + 1 )  a + b ù 3  a b + b a + ab £ ê + + ú = , (BĐT AM­GM)  2 2ë 2 2 2 û  2  dấu bằng khi  a = b = 1 3  Vậy giá trị lớn nhất của  M  bằng  đạt được khi  a = b = 1 Û x = y = 1 .  2  1)Trong  mặt phẳng  với  hệ trục toạ độ  Oxy , cho hình  thang cân  ABCD  có hai đáy  là  M £ Câu  VI A  ( 0.25  0.25  0.25  0,25  0.25 0.25 0.25 ) 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 .  0,25  1,0đ 2,0 đ 0.25  C Î Ox Þ C ( c;0 ) ( DC ) : x - 3 y - c = 0 Þ D( 3d + c;d ) uuur uuur  AC( 0; -3 ); BD( 3d + c - 3;d - 4 )  AC ^ BD Þ 3dc + c 2  - 3c - 3d + 12 = 0( 1 ) 3 7  I là trung điểm AB  Þ  I( ; )  2 2 8 - 3c  æ 3d + 2c d  ö J là trung điểm DC  Þ J ç ;  ÷ , từ  IJ ^ AB Þ d =  ( 2 )  2 ø  5 è 2 é c = 6  2  Thay (2) vào (1) có:  2c - 9c - 18 = 0 Û ê -3  ê c = ë  2 c = 6 Þ d = -2 Þ D( 0; -2 )( tm )  -3 5 5  c= Þ d = Þ 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  0.25  0,25  n  2  ö æ 2) Tìm số hạng không chứa  x  trong khai triển : p ( x ) = ç 3  x  + ÷ . Biết rằng số  x ø  è nguyên dương  n  thoả mãn  Cn6 + 3Cn7 + 3Cn8 + Cn9 = 2Cn8 + 2  1,0đ  Điều kiện : n Î ¥ *  ,n ³ 9 0.25  Û Cn9+ 3 = 2Cn8+ 2 Û Cn8+ 2 + Cn9+ 2 = 2Cn8+ 2 Û Cn9+ 2 = Cn8 + 2  Û n = 15 15 15 2 ö æ Khi đó p ( x ) = ç 3 x + = C15k å ÷ xø k =0 è k  30 - 5 k  6  15  æ 2  ö k x = C15  2 k  x  å  ç ÷ k =0  è xø 30 - 5k  Số hạng không chứa  x  tương ứng với  = 0 Û k = 6  6 6 Số hạng không chứa  x  phải tìm là  C15  .2 6  = 320320 Câu  VII A  15 - k  ( )  3  0.25  0.25  0,25  Xác định  m để hàm số: y = ( m2  - 3m ) x + 2 ( m - 3 ) cos x luôn nghịch biến trên  ¡  1,0  Đạo hàm : y ¢ = m 2  - 3m - 2 ( m - 3 ) sin x 0,25  Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên  ¡  Û y ¢ £ 0"x Î ¡ Û m 2 - 3m - 2 ( m - 3 ) sin x £ 0 "x Î ¡  Û m 2  - 3m - 2 ( m - 3 ) t £ 0 "t Î [ -1;1]  ,t = sin x 0,25 f ( t ) = -2 ( m - 3 ) t + m 2  - 3m trên đoạn [ - 1;1]  là một đoạn thẳng  Đồ thị ìï f ( -1) £ 0  để f ( t ) £ 0 "t Î [ -1;1 ] Û í ïî f ( 1) £ 0 0,25 2  ïì2 ( m - 3 ) + m - 3m £ 0 ïì( m - 3 )( m + 2 ) £ 0  ì-2 £ m £ 3  Û Ûí Û 2 £ m £ 3  í í 2  £ £ 2 m 3  £ m 3 m 2 0  + £ 2 m 3 m 3m 0 ( )( )  ( ) î ï îï î  Vậy để hàm số nghịch biến trên  ¡  thì  2 £ m £ 3 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  )  2  x y  + 2  = 1( a > b > 0 )  với 2 tiêu điểm F1 ( -c;0 ) ; F2  ( c;0 ) ( c 2 = a 2 - b 2 , c > 0 )  2 a b 2 đỉnh trên trục nhỏ là B1 ( 0; - b ) , B2  ( 0; b )  theo gt:tam giác B1F1F2 ( ÚD B1 F1 F ) đều  (E) : ( ìc 2 = a 2 - b 2  ì a = 6  ï ï ï 3  x 2 y 2  Û íb = 3 3 Û ( E ) : + = 1  íb = 2c 2 36 27  ï ïc = 3  î ï4 ( a + b ) = 12 2 + 3  î  ( 0,5  ) 2 3 2013  2) Tính tổng :  S = 1.2.C2013 + 2.3.C2013 + L + 2012.2013.C2013  k  Xét số hạng tổng quát  : ( k - 1) .k .C2013  "k = 2,3,...,2013. k = ( k - 1) .k. ( k - 1) .k.C2013 2011  S = 2012.2013.( 1 + 1)  1,0 đ  0,25 2013!  k - 2  = 2012.2013.C2011  "k = 2,3,...,2013  k ! ( 2013 - k ) ! 0 1 2 2011  Vậy S = 2012.2013.( C2011 + C2011 + C2011 + L + C2011  )  1,0 đ  0,25  0,25 )  và chu vi hình chữ nhật cơ sở của ( E )  là 12 2 +  3 .  7B  1,0 đ  chữnhật cơ sở của ( E )  là 12 2 +  3 . 2 Câu  0,25  0,25  0,25 = 2012.2013.2 2011  0,25  Xác định  m để hàm số: y = ( m 2 + m + 1) x + ( m 2  - m + 1) sin x + 2m đồng biến trên  ¡  1,0  Đạo hàm y ¢ = ( m 2 + m + 1) + ( m 2  - m + 1) cos x Điều kiện hàm số luôn nghịch biến trên  ¡  Û y ¢ ³ 0"x Î ¡  0,25 (m (m 0,25  2 + m + 1) + ( m - m + 1) cos x ³ 0 "x Î ¡ 2 + m + 1) + ( m 2  - m + 1) t ³ 0 "t Î [ - 1;1]  với  t = cos x 2  Đồ  thị f ( t ) = ( m 2 + m + 1) + ( m 2  - m + 1) t , "t Î [ - 1;1]  trên  đoạn [ - 1;1]  là  một  ìï f ( 1) ³ 0  đoạn thẳng để f ( t ) ³ 0 "t Î [ -1;1 ] Û í ïî f ( -1) ³ 0 ì 2m 2  + 2 ³ 0 "m Î ¡  Û  í Þ m ³ 0 . Vậy  m ³ 0 thoả mãn yêu cầu bài toán  2m ³ 0 î 0,25 0,25  Đề chính thức  (Đề thi gồm 01 trang) 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  y = mx 3 - ( 2m + 1 )x 2  + 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 ¹ 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 1 - 3 cos 2x + 3 1 + 3 sin 2x = 8 ( sin x + cos x ) ( x  ì 2  1 ï x - x = y - y  Câu 3. (1,25 điểm) . Giải hệ phương trình: í ï 5y -1 - x y = 1 î )  3 sin 3 x + cos 3  x - 3 - 3 3 .  ( x, y Î ¡ ) .  3 x + 6 - 4  7 x + 2  Câu 4. (1,0 điểm). Tính giới hạn  :  L = lim  x ® 2  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  ab + bc + ca = 7 abc . Tìm giá trị nhỏ  nhất  8a 4 + 1 108b5 + 1 16c 6  + 1  của biểu thức:  P = + +  a2 b2 c 2  B. PHẦN RIÊNG (2,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc 2)  1.Theo chương trình Chuẩn  Câu 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.  1 2 3 2013  Câu 8A (1,0điểm). Tính tổng :  S 1 = 12 .C2013 + 2 2 .C2013 + 3 2 .C2013 + L + 2013 2 .C2013  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.  0 1 2 2013  C2013 C2013 C2013 C 2013  Câu 8 B (1,0 điểm).  Tính tổng :  S 2  = + + + L + 1 2 3 2014 ­­­­­­­­­­ HẾT ­­­­­­­­­­  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  3  1  1.  Khi  m = 1: y = x - 3 x + 2  + TXĐ:  ¡  0.25  2  + Sự biến thiên: y ¢ = 3 x - 3 = 3 ( x - 1)( x + 1) , y ¢ = 0 Û x = ± 1  y ¢ > 0 Û x < -1 Ú x > 1  suy ra hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; -1) , (1; +¥ )  ;  y ¢ < 0 Û -1 < x < 1  suy ra hàm số nghịch biến trên ( - 1;1) . 0.25  Hàm số đạt cực đại tại x = -1, ycd  = y ( -1) = 4;  hàm số đạt cực tiểu tại x = 1, yct  = y (1) = 0.  3 2ö 3 2  ö æ æ lim y = lim x3 ç 1 - 2 + 3 ÷ = -¥; lim y = lim x 3  ç 1 - 2 + 3  ÷ = +¥ x ®-¥ x ®-¥ x ®+¥ x ®+¥ x ø x ø  è x è x x  ∞  y'  +  1  1  0  0  +∞  +  0.25  +∞  4  y  ∞  0  + Đồ thị  ­  Giao Ox: ( - 2; 0 ) , (1;0 )  ;  ( 0; 2 )  ;  I ( 0; 2 )  Điểm uốn: suy ra đồ  I ( 0; 2 )  thị tự xứng qua 4  ­  Giao Oy: ­  2 2.  Đồ thị  (Cm ) : y = mx 3  - (2m + 1) x + m + 1  cắt trục tung tại  M (0;  m + 1) . y¢ = 3mx 2  - (2m + 1) Þ y¢ ( 0 ) = - ( 2m + 1 )  Từ đó, khi  m ¹ 0,  tiếp tuyến  t m  của  (C m )  tại M có phương trình  0. 50  0.25  0.25  y = - (2m + 1) x + m + 1  Do  (t m )  tạo với hai trục tọa độ một tam giác có diện tích bằng 4 nên ta có hệ 1  ì 1  ì ïïm ¹ - 2  ïm ¹ 2  Ûí í ï m + 1 × m + 1  = 8  ï( m + 1) 2  = 8 2m + 1  î ïî  2m + 1  2  3  0. 50  Giải hệ, thu được  m = 7 ±  56  và  -9 ±  72. Đối chiếu điều kiện và kết luận  + Để ý rằng  sin 2 x + 1 = (sin x + cos x )2 ;sin 3 x = -4sin 3  x + 3sin x và  cos 3 x = 4 cos 3  x - 3cos x nên phương trình được viết về dạng  (sin x + cos x)( 3 sin 3 x - cos 3 x) = 0  p + Giải phương trình  sin x + cos x = 0  ta được họ nghiệm  x = - + kp , k Î ¢  4  p + Giải phương trình  3 sin 3 x - cos 3 x = 0  ta được họ nghiệm  x = + lp , l Î ¢  6  + Kết luận nghiệm  1  Điều kiện  x ¹ 0, y ³  5  Từ phương trình thứ nhất của hệ suy ra hoặc  y =  x 2  hoặc  xy = - 1  1  + Nếu  xy = - 1  thì  x < 0 <  y và phương trình thứ hai trở thành  5 y - 1 + = 1  y Phương trình này tương đương với  5 y 2  - y = ìï y ³ 1  y  - 1 Û í 2  ïî 2 y = 1 - 2 y - 5 y 0.25  0. 5  0.25  0.25  0.25  0.25  0. 5  Do  y ³ 1  nên hệ phương trình này vô nghiệm.  + Nếu  y =  x 2 ,  thay vào phương trình thứ hai, ta được  5 x 2  - 1 = 1 + x | x | .  0.5 Giải phương trình, được  ( x; y ) = (1;1), ( 2; 2), ( - 7 - 41; 7 -  41)  Kết luận nghiệm…  4 ( L = lim x®2 3 ) ( x+6 -2 - 4  x-2 )  = lim æ 7 x + 2 - 2  ç x ® 2 ç è 3 x + 6 - 2 4  7 x + 2 - 2 ö ÷÷ x-2 x-2 ø  0.25 æ ö ç ÷ x+6 -8 7 x + 2 - 16  L = lim ç ÷ 4  x ® 2  7 x + 2 + 4  ÷ çç ( x - 2 ) æç 3  ( x + 6 )2  + 2 3  x + 6 + 4 ö÷ ( x - 2 ) 7 x + 2 + 2 ÷ è ø è ø  æ ö ç ÷ 1 7 1 7 13  L = lim ç = =÷ 4  x ® 2  æ 96  7x + 2 + 2 7 x + 2 + 4  ÷ 12 32 çç ç 3  ( x + 6 ) 2  + 2 3  x + 6 + 4 ö÷ ÷ è ø è ø  ( ( )( )( )  )  0.25  0.5 5  S  M  H  B  A  D  O  C  a  3  (H là hình chiếu của A trên AB).  2  0.25  1 2 a 3  Từ đó, do ( SAB ) ^ ( ABCD )  nên  VS . ABCD  = SH × AB × AD =  (đ.v.t.t)  3  3  1  + Do ABCD là hình vuông, nên  S ABC = S ADC =  S ABCD  suy ra  2  1  a 3  VS . ABC = VS . ABCD  =  (đ.v.t.t)  2  3  0.25  1  Mà VS . ABC  = × AC × SB × d ( AC ; SB ) × sin (·  AC ; SB ) nên 6  2 a 3  3  d ( AC ; SB ) = AC × SB × sin ·  AC ; SB + Từ giả thiết suy ra tam giác  SAB vuông tại S và  SH =  ( ) + 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  6  tính  được  cos ·  AOM =  4  suy  ra 0.25  10  sin (· AC ; SB ) = sin ·  AOM =  4  2 a  Vậy d ( AC ; SB ) = L = (đ.v.đ.d)  0.25  5  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  1 1 1  Viết lại giả thiết về dạng  + + = 7  0.25  a b c Áp dụng bất đẳng thức AM­GM, ta có  1 1  A = 8a 2  + 2  ³ 4," = " Û a = 2a  2  2 2 2 1  B = 54b3 + 54b3  + 2 + 2 + 2  ³ 10," = " Û b = 0.5 9b 9b 9b  3  1 1 1  C = 16c 4  + 2 + 2  ³ 3," = " Û c =  4c 4c 2  Từ đó, với  D = 1 1 1  + 2 +  2  , theo bất đẳng thức Cauchy – Bunhiacopsky ­ Schwarz, thì  2 2a 3b 2 c 2  P = A + B + C + D ³ 4 + 10 + 3 + 7a  1 1 1  æ 1 1 1ö ç + + ÷ = 24," = " Û a = c = , b = 2 + 3 + 2 è a b c ø  2 3  KL …  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 C ( 2a - 2; 2a ) , D ( 2a - 3; 2a ) .  0.25  Với a = 2 : C ( 2; 4 ) , D (1; 4 )  ; với a = -2 : C ( -6; -4 ) , D ( -7; - 4 )  0.25  0.25  1 2 3 2013  + 2 2 .C2013 + 3 2 .C2013 + L + 2013 2 .C2013  Tính tổng :  S1 = 12 .C2013 k k  Số hạng tổng quát của tổng là ak = k 2 C2013 = k .( k - 1 + 1) C2013  "k = 1,2,...,2013 k k  ak = k.( k - 1) C2013 + kC2013  = k.( k - 1) 2013! 2013!  + k. "k = 1,2,...,2013  k ! ( 2013 - k ) ! k ! ( 2013 - k ) ! k -2 k -1  ak = 2012 × 2013C2011 + 2013C2012  "k = 1,2,...,2013 0 1 2011 0 1 2012  S1 = 2012 × 2013 ( C2011 + C2011 + L + C2011 + C2012 + L + C2012  ) + 2013 ( C2012 )  S1  = 2012 × 2013 × ( 1 + 1) 7b  2011 2012  + 2013 × ( 1 + 1)  = 2012 × 2013 × 2 2011 + 2013 × 2 2012 = 2013 × 2014 × 2 2011  hb : 3 x + 4 y + 10 = 0, l a  : x - y + 1 = 0  + Do M ( 0; 2 ) Π( AB )  nên điểm N (1;1 )  đối xứng với M qua  l a  nằm trên  AC .  + Suy ra A là giao điểm của đường thẳng d qua N, vuông góc với  h b  và đường thẳng  l a .  Từ đó A ( 4;5 ) .  8b 0.25  Từ đó, do diện tích của hình bình hành bằng 4 nên  2a = 4 Û a = ± 2.  Kết luận  8a 0.25  1 ö æ + B là giao điểm của đường thẳng AM với  h b .  Từ đó  B ç -3; - ÷ 4 ø  è + Do  MC =  2  nên  C  là giao điểm của đường tròn tâm M bán kính  2  với đường thẳng d.  æ 33 31 ö Suy ra C (1;1 )  hoặc  C ç ;  ÷ è 25 25 ø  0 1 2 2013  C2013 C2013 C2013 C 2013  Tính tổng :  S 2  = + + + L + 1 2 3 2014 k  C  Số hạng tổng quát của tổng là  ak  = 2013  " k = 0,1,2,...,2013  k + 1 k  C  2013! 1 2014 !  ak  = 2013  = = × " k = 0,1,2,...,2013  k + 1 ( k + 1) × k ! ( 2013 - k ) ! 2014 ( k + 1) ! ( 2013 - k ) ! Vậy ta được  S2 = k + 1  C 2014  ak  = 2014 " k = 0,1,2,...,2013  1 1 é 2 2014  - 1  2014  1 2 2014 0  ù × ( C2014 + C2014 + L + C2014 = × ( 1 + 1)  - C 2014  = ) û 2014 2014 ë 2014 0.25 0.25  0.25  0.25  0.25  0.25  0.25  0.25  0.25 0.25  0.25  0.25  TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 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 KHỐI A,A1,B,D. (7,0 điểm) Câu1: (2,0 điểm). Cho hàm số y = x 2 − 2 x − 3 (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 x cos x + cos x = sin 2 x sin x Câu 3: (1,0 điểm). Giải bất phương trình : x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 Câu 4: (1,0 điểm).  x 2 − 3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0 Giải hệ phương trình:   x 2 + 4 x − y + 1 + 3 2 x − 1 = 1 Câu 5: (1,0 điểm). Trong mặt phẳng 0xy cho hai đường thẳng (d1): x − 2 y + 3 = 0 và






  (d2): 3x − y − 2 = 0 . Tìm các điểm M ∈ (d1), N ∈ (d2) sao cho 3OM + ON = 0 Câu 6: (1,0 điểm). Cho x, y, z là ba số thực dương. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức  x3 1   y3 1   z 3 1  + + y + + z +   4 yz   4 zx   4 xy  M = x II - PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). (Thí sinh chỉ được làm đề theo khối thi đã đăng ký) A. KHỐI A, A1. 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 x + y − 4 = 0 và D(1;-3). Tìm các đỉnh còn lại của hình thoi biết điểm A có tung độ âm. x2 y 2 + = 1 có hai tiêu điểm F1,F2 (biết F1 6 2 có hoành độ âm). Gọi ( ∆ ) là đường thẳng đi qua F2 và song song với ( ∆ 1): y = − x + 1 đồng thời Câu 8a.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho e líp (E): cắt (E) tại hai điểm A, B phân biệt. Tính diện tích tam giác ABF1 Câu 9a.(1,0 điểm): Chứng minh rằng: 1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x = 2 cos x 2 cos 2 x + cos x − 1 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 x + y = 0 . Tìm tọa độ điểm A. Câu 8b.(1,0 điểm): Trong mặt phẳng 0xy cho đường tròn (T): x 2 + y 2 − 4 x − 6 y + 3 = 0 và đường thẳng ( ∆ ): x − 2 y − 1 = 0 . 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. π  Câu 9b.(1,0 điểm):Chứng minh rằng: cos 4  − x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1 2  ---------- 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........................... 1 HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ĐH LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 TRƯỜNG THPT QUẾ VÕ 1 Môn: Toán khối A, A1, B,D - Lớp 11 Câu 1 (2,0 điểm) Điểm NỘI DUNG a. (1,0 điểm) TXĐ:R, Toạ độ đỉnh I(1;-4) Khoảng đồng biến , nghịch biến, BBT Vẽ đồ thị (P): Đỉnh, Giao Ox, Oy,Trục ĐX Vẽ đúng, đẹp b.(1,0 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của(P) và (d) là: x 2 − 2 x − 3 = − x + m ⇔ x 2 − x − 3 − m = 0 (1) Để (d) cắt (P) tại 2 điểm phân biệt thì pt(1) phải có 2 nghiệm phân biệt −13 ⇔ ∆ = 4m + 13 >0 ⇔ m > (*) 4 Gọi A ( x1 ; − x1 + m ) , B ( x2 ; − x2 + m ) là giao điểm của (d) và (P) thì x1, x2 là nghiệm của pt(1)  x1 + x2 = 1 Ta có AB2 = 2( x1 − x2 ) 2 = 2( x1 + x2 ) 2 − 8 x1 x2 . Theo viet ta có   x1 x2 = −m − 3 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Suy ra AB2 = 8m+26 2 (1,0 điểm) Theo gt AB = 3 2 ⇔ 8m+26 =( 3 2 )2 ⇔ m = -1 (thỏa mãn đk (*)). KL:… Giải phương trình... Pt cos 2 x cos x + cos x = sin 2 x sin x ⇔ cos 2 x cos x − sin 2 x sin x = − cos x ⇔ cos 3 x = − cos x ⇔ cos 3 x = cos(π − x ) π kπ  x = +  3x = π − x + k 2π 4 2 ⇔  ⇔ 3x = x − π + k 2π  x = −π + kπ  2 Vậy PT đã cho có nghiệm: x = − 3 (1,0 điểm) 4 (1,0 điểm) π 2 + kπ ; x = (k ∈ Z) π 4 + kπ 2 0.25 0.25 0.25 0.25 (k ∈ Z ) 0.25 Giải bất phương trình... Bpt x 2 + 3x ≥ 2 + 5 x 2 + 15 x + 14 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 − 5 5 x 2 + 15 x + 14 − 24 ≥ 0 0.25 t ≥ 8(tm) Đặt t = 5 x 2 + 15 x + 14 , đk t ≥ 0 , bpt trở thành t 2 − 5t − 24 ≥ 0 ⇔  t ≤ −3( L) 0.25 Với t ≥ 8 thì 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 8 ⇔ 5 x 2 + 15 x + 14 ≥ 64 ⇔ x 2 + 3 x − 10 ≥ 0 x ≥ 2 ⇔  x ≤ −5 KL : Vậy bpt có nghiêm là x ≥ 2 hoặc x ≤ −5 Giải hệ phương trình  x 2 − 3 y + 2 + 2 x 2 y + 2 y = 0(1) y ≥ 0 đk  2  2 x + 4x − y + 1 ≥ 0  x + 4 x − y + 1 + 3 2 x − 1 = 1(2) Ta có pt (1) ⇔ 3 0.25 0.25 0.25 y y y −2 2 −1 = 0 ⇔ 2 = 1 ⇔ y = x 2 + 2 (3) x +2 x +2 x +2 2 2 Thay (3) vào (2) ta được 4 x − 1 + 3 2 x − 1 = 1 (4) u = 4 x − 1 Giải pt(4) đặt  đk u ≥ 0 , ta được hệ pt 3 v 2 x 1 = −   4 x − 1 = 1 u = 1 1 V ới  thì  ⇔ … ⇔ x = .Suy ra 2 v = 0  3 2 x − 1 = 0 1 9 KL: Vậy hệ pt có nghiệm là  ;  2 4 5 (1,0 điểm) 6 (1,0 điểm) 0.25 u + v = 1 u = 1 ⇔ … ⇔   2 3 v = 0 u − 2v = 1 y= 9 (tmđk) 4 M ∈(d1) ⇒ M(2a-3; a), N ∈(d2) ⇒ N(b; 3b-2)






 Ta có 3OM = (6a-9; 3a) ON = (b; 3b-2) 5 






  6 a + b = 9 a = 3OM + ON = 0 ⇔  ⇔ 3 3a + 3b = 2 b = −1 1 5 Suy ra M  ;  , N(-1;-5) 3 3 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức… x4 y 4 z 4 x y z Ta có M = + + + + + 4 4 4 yz zx xy x4 y 4 z 4 x2 + y 2 + z 2 + + + 4 4 4 xyz 2 ( x − y ) ≥ 0  2  Ta có ( y − z ) ≥ 0  ⇒ x 2 + y 2 + z 2 ≥ xy + yz + zx .Dấu = xảy ra khi và chỉ khi  2 ( z − x ) ≥ 0  x= y=z 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 =  x4 1   y4 1   z 4 1  x 4 y 4 z 4 xy + yz + zx ⇔ M ≥  + + + + +  + + + 4 4 4 xyz  4 x  4 y  4 z Áp dụng bđt cô si với 5 số dương ta có Suy ra M ≥ x4 1 x4 1 1 1 1 x4 1 1 1 1 5 + = + + + + ≥ 55 = . 4 x 4 4x 4x 4x 4x 4 4x 4x 4x 4x 4 4 x 1 Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔ x =1. 4 4x y4 1 5 1 y4 + ≥ . Dấu= xảy ra ⇔ Chứng minh tương tự ta được = ⇔ y = 1. 4 y 4 4 4y 0.25 0.25 0.25 z4 1 5 z4 1 + ≥ . Dấu= xảy ra ⇔ = ⇔ z =1. 4 z 4 4 4z Suy ra M ≥ 7.a (1,0 điểm) 15 . Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x = y = z = 1 4 15 Vậy min M = . Đạt được khi x = y = z = 1 . 4 . Dễ thấy D ∉ (d ) , suy ra đường thẳng (d): 2x + y – 4 = 0 là pt của đường chéo AC 0.25 0.25 3 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: x − 2y = 7  x=3 ⇔ . ⇒ I (3; −2)  2 x + y = 4  y = −2 0.25 Mặt khác I là trung điểm của BD. Suy ra: B(5;-1) ⇒ IB = 5 Vì AC ⊥ BD nên S=2IA.IB mà S=20 ⇒ IA = 2 5 Lại có A∈(d) ⇒ A( x; 4 − 2 x) . Có IA = 2 5 ⇔ IA2 = 20 ⇔ 5( x − 3) 2 = 20 ⇔ ( x − 3) 2 = 4  x = 1 ⇒ A(1; 2) ⇔  x = 5 ⇒ A(5; −6) 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) 8.a (1,0 điểm) 0.25 0.25  y = −x + 2  y = −x + 2  Tọa độ A,B là nghiệm của hpt  x 2 y 2 ⇔ 2 = 1 2 x − 6 x + 3 = 0  + 2 6   3+ 3 3− 3 x = x =  2 hoặc  2 ⇔   y = 1− 3  y = 1+ 3   2 2  3 + 3 1− 3   3 − 3 1+ 3  Suy ra A  ; ; ; B   2   2 2   2 0.25 Ta có AB = 6 , d ( F1 , AB) = d ( F1 , ∆) = 2 2 1 Suy ra diện tích tam giác ABF1 là S = d ( F1 , AB ). AB = 2 3 (đvdt) 2 0.25 1 + cos x + cos 2 x + cos 3 x = 2 cos x (*), đk cos 2 x + cos x ≠ 0 2 cos 2 x + cos x − 1 (1 + cos 2 x) + (cos x + cos 3 x) Ta có VT(*) = 2 cos 2 x − 1 + cos x 0.25 2 cos 2 x + 2 cos x cos 2 x VT(*) = cos 2 x + cos x 2 cos x(cos x + cos 2 x) VT(*) = cos 2 x + cos x VT(*) = 2 cos x =VP(*) (đpcm) 7.b (1,0 điểm) 0.25 T a có a 2 = 6; b 2 = 2 mà c 2 = a 2 − b 2 ⇒ c 2 = 4 ⇒ c = 2 . Suy ra F1(-2;0), F2 (2;0) Vì ∆ // ∆1 và ∆ đi qua F2 nên pt của ( ∆ ) là: y = -x + 2 9.a (1,0 điểm) 0.25 I ∈ (d ) ⇒ I ( x; −2 x) . Vì I là trung điểm của AC nên A(2x - 1; - 4x + 3)


 Có BC = (3; −4) ⇒ BC = 5 PT của BC là: 4x + 3y + 5 = 0 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 4 −4 x + 10 1 1 −4 x + 10 , S = d ( A, BC ).BC mà S = 3 ⇔ 5=3 5 2 2 5 ⇔ 5 − 2x = 3 d ( A, BC ) = x =1 ⇔ x = 4 Suy ra A(1;-1); A(7;-13) 8.b (1,0 điểm) 9.b (1,0 điểm) Tọa độ A, B là nghiệm của hệ pt x − 2 y −1 = 0 x = 2 y +1 ⇔  2  2 2 2 x + y − 4x − 6 y + 3 = 0 (2 y + 1) + y − 4(2 y + 1) − 6 y + 3 = 0 x = 2 y +1 x = 1 x = 5 ⇔ 2 ⇔ hoặc  y = 0 y = 2 5 y − 10 y = 0 Suy ra A(5;2), B(1;0) 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) Suy ra I là trung điểm của AC ⇒ C(-1;4) π  Chứng minh rằng: cos 4  − x  − cos 4 x = 2sin 2 x − 1 (**) 2  π  Ta có VT(**) = cos 4  − x  − cos 4 x = sin 4 x − cos 4 x 2  VT(**) = ( sin 2 x − cos 2 x )( sin 2 x + cos 2 x ) VT(**) = sin 2 x − cos 2 x vì sin 2 x + cos 2 x = 1 VT(**) = −(cos 2 x − sin 2 x) = − (1 − 2sin 2 x ) = 2sin 2 x − 1 =VP(**) (đpcm) 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 Lưu ý: Học sinh làm theo cách khác đúng thì cho điểm tối đa 5 Tr S GD& T B c Giang ng THPT L c Ng n s 1 Môn: Toán - kh i A, A1, B, D. Th i gian làm bài 180 phút, không k th i gian phát chính th c I. PH N CHUNG CHO T T C THÍ SINH ( 7 i m) Câu 1 (2 i m). Cho hàm s y = 2 x3 − 3(2m + 1) x2 + 6m(m + 1) x + 1 có a) Kh o sát s bi n thiên và v th c a hàm s (1) khi m = 0. b) Tìm m hàm s (1) ng bi n trên kho ng (2;+∞ ) Câu 2 (1 i m). Gi i ph ng trình sau: cos 2 x − tan 2 x = Câu 3 (1 i m). Gi i ph ng trình sau: Câu 4 (1 i m). Tìm m h ph th (1). cos 2 x + cos3 x − 1 cos 2 x 7 - x 2 + x x + 5 = 3 - 2x - x 2 (x ∈ R) ng trình sau có 3 c p nghi m th c phân bi t: 3( x + 1)2 + y = m xy = 1 − x Câu 5 (1 i m). Cho hình chóp t giác S.ABCD có áy là hình ch nh t, SA vuông góc v i áy, G là tr ng tâm tam giác SAC, m t ph ng (ABG) c t SC t i M, c t SD t i N. Tính th tích c a kh i ng th ng AN và mp(ABCD) b ng 300 . a di n MNABCD bi t SA=AB=a và góc h p b i Câu 6 (1 i m) Cho x,y,z tho mãn là các s th c: x 2 - xy + y 2 = 1 .Tìm giá tr l n nh t và giá tr nh nh t c a bi u th c: x 4 + y4 + 1 x 2 + y2 + 1 c làm m t trong hai ph n ( Ph n A ho c ph n B). P= II. PH N RIÊNG (3 i m): Thí sinh ch A. Theo ch ng trình chu n Câu 7a (1 i m). Trong m t ph ng Oxy, cho tam giác ABC v i AB = 5 , C(-1;-1), ng th ng AB có ph ng trình: x + 2y – 3 = 0 và tr ng tâm tam giác ABC thu c ng th ng d: x + y – 2 = 0 . Tìm to !nh A và B. Câu 8a (1 i m). Trong m t ph ng v i h to Oxy, cho ng tròn (C): x 2 + y 2 - 4x - 4y + 4=0 ng th ng d có ph ng trình: x + y - 2=0 . Ch ng minh r ng d luôn c t (C) tai hai i m phân và ng tròn (C) sao cho di n tích tam giác MAB l n nh t. i m M trên bi t A và B. Tìm to Câu 9a (1 i m). Cho khai tri n: (1 + x + x 2 ) = a 0 + a1x + a 2 x 2 +...+a 24 x 24 . Tính a 4 . 12 B. Theo ch Câu 7b (1 i trong qua trình các c Câu 8b (1 i ng nâng cao ng cao và phân giác m). Trong m t ph ng Oxy, cho tam giác ABC bi t B(2;-1), !nh A và C l"n l t có ph ng trình: 3x – 4y + 27 = 0 và x + 2y – 5 = 0. Vi t ph ng nh c a tam giác ABC. m). Trong m t ph ng Oxy, vi t ph ng trình chính t c c a Elíp (E), bi t r ng tâm sai c a (E) b ng 5 và hình ch nh t c s có di n tích b ng 24. 3 Câu 9b (1 i m). M t h p ng 15 viên bi, trong ó có 7 viên bi xanh và 8 viên bi . L y ng#u nhiên 3 viên bi (không k th t ra kh i h p). Tính xác xu t trong 3 viên bi l y ra có ít nh t 1 viên bi . ............H t........... Chú ý: Giáo viên coi thi không gi i thích gì thêm. H và tên thí sinh:.......................................................S bao danh:........................ H NG D N CH M VÀ CHO I M i m Câu 1 Cho hàm s y = 2 x3 − 3(2m + 1) x2 + 6m(m + 1) x + 1 có th (Cm). 2 a) Kh o sát s bi n thiên và v th c a hàm s khi m = 0. a (1 ) b) Tìm m hàm s ng bi n trên kho ng (2;+∞ ) 3 V i m = 0 ta có: y = 2x – 3x2 + 1 *TX : R * Gi i h n: lim y = +∞; lim y = −∞ x →+∞ x →−∞ *S bi n thiên: Ta có y’ = 6x2 – 6x =6x(x-1) = 0 <=> x = 0; x= 1 x -∞ 0 1 +∞ y’ + 0 - 0 + 1 +∞ y -∞ 0 * k t lu n ng bi n, ngh ch bi n và c c tr . * Ch! ra to i m u n U(1/2;1/2), Hs có th b qua b *V 0.5 c này 0.25 th : 0,25 1 O b (1 ) 1 y = 2 x3 − 3(2m + 1) x2 + 6m(m + 1) x + 1 y’ có ∆ = (2m + 1) 2 − 4(m 2 + m) = 1 > 0 y '= 0 ⇔ x=m x = m +1 y '= 6 x 2 − 6(2m + 1) x + 6m(m + 1) 0.5 0.25