Tài liệu Tuyển tập các đề thi thử đại học môn toán 2015 (có đáp án)

TRƯỜNG ĐHSP HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHUYÊN – ĐHSP ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014 Môn thi: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu 1. ( 2,0 điểm ) 2𝑥+1 Cho hàm số y = 𝑥−1 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2) Cho điểm E(1;0). Tìm điểm M thuộc (C) sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt tiệm cận ngang của (C) tại F và tam giác EFM vuông tại F. Câu 2. ( 1,0 điểm ) Giải phương trình: sin2 x + Câu 3. ( 1,0 điểm ) Giải bất phương trình: 1+cos 2x 2 2sin 2x 9 = 2cos2x. 9 9−x <𝑥− x− . x Câu 4. ( 1,0 điểm ) 1 x 3 − 1−x Tính tích phân I = 0 x+3 dx Câu 5. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình thang vuông ở A và D, 𝐶𝐵𝐷 = 300, AB = a 13, AD = a 3 , SA = SB = SD = 3a. Tính thể tích hình chóp S. ABD và khoảng cách từ S tới BC. Câu 6. ( 1,0 điểm ) Cho các số thực dương a, b, c, d thỏa mãn a + b + c + d = 1. Chứng minh rằng: 1 a2 + b2 + c2 + d2 – 2(ab + bc + cd + da) + 4 ≥ 0 . Câu 7. ( 1,0 điểm ) Trong mặt phẳng Oxy, cho hình vuông MNPQ, biết MN, NP, PQ, QM tương ứng đi qua các điểm A(10; 3), B(7; – 2), C(– 3; 4), D(4; – 7). Lập phương trình đường thẳng MN. Câu 8. ( 1,0 điểm) x−4 y+3 z−1 Trong không gian Oxyz, cho hai đường thẳng d1: 3 = −1 = 2 , d2 là giao tuyến của hai mặt phẳng (𝛼): x + y – z – 2 = 0 và (β): x + 3y – 12 = 0. Mặt phẳng (Oyz) cắt hai đường thẳng d1, d2 lần lượt tại các điểm A, B. Tính diện tích tam giác MAB, biết M(1; 2; 3). Câu 9. ( 1,0 điểm) Tìm các giá trị của a để hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 𝑥 2 + 𝑦 2 − 𝑎2 = 6𝑥 − 4𝑦 − 13 𝑥 2 + 𝑦 2 − 4𝑎2 = −10𝑥 + 8𝑦 + 4𝑎 − 40 .……………..Hết……………….. Cảm ơn cô Thúy ( [email protected]) gửi tới www.laisac.page.tl Dự kiến kì thi thử Đại học lần thứ 3 sẽ được tổ chức vào ngày 15,16/3/2014 Cảm ơn cô Thúy ( [email protected]) gửi tới www.laisac.page.tl ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014 SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ----------------------- Môn: Toán; Khối: A và khối B TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA I. Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. -----------------------------------PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x 3  3mx 2  4m3 1 , m là tham số thực. a. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1. b. Tìm m để đồ thị hàm số (1) có hai điểm cực trị A, B sao cho OA  OB  6 ( O là gốc tọa độ).   2 sin  2 x    2 sin x  1. 4  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình  x 2  y 2  y   2 x  1 y  1  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  5  3x  8  y  x  y  12  e Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1  x  ln x  x 2 x3 1  x, y  R . 2 dx. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật tâm I , AB  a; BC  a 3 , tam giác SAC vuông tại S . Hình chiếu vuông góc của S xuống mặt phẳng đáy trùng với trung điểm H của đoạn AI . Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ điểm H đến mặt phẳng SAB. Câu 6. (1,0 điểm) Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ac  2b và  ac  b  ab  c   a2c 2  4b2 . Tìm giá trị lớn 2 2 b   ac  b   nhất của biểu thức P  1      .  ac   ac  b  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ làm một trong hai phần (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 vuông ABCD. Gọi E là trung điểm của cạnh AD,  11 2  3 6 H  ;   là hình chiếu vuông góc của B lên CE và M  ;   là trung điểm của đoạn BH . Xác định tọa độ 5 5   5 5 các đỉnh của hình vuông ABCD, biết điểm A có hoành độ âm. x 1 y z   và điểm A 1; 1;2  . 2 2 1 Viết phương trình mặt phẳng  P  , biết  P  vuông góc với đường thẳng  và cách điểm A một khoảng bằng 3. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi S là tập hợp tất cả các số tự nhiên gồm bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7. Chọn ngẫu nhiên một số từ S , tính xác suất để số được chọn lớn hơn số 2014. B. Theo chương trình Nâng cao. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC vuông tại A . Gọi M là điểm trên cạnh AC sao cho AB  3AM. Đường tròn tâm I 1; 1 đường kính CM cắt BM tại D. Xác định tọa độ các đỉnh của ABC 4  biết đường thẳng BC đi qua N  ;0  , phương trình đường thẳng CD : x  3 y  6  0 và điểm C có hoành độ dương. 3  Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng  : cầu S  có tâm nằm trên trục Ox và tiếp xúc với  tại A 1;2;2  . Câu 9.b (1,0 điểm). Giải phương trình log 2 x y 1 z   . Viết phương trình mặt 1 1 2 2x  4  x  3. 2 x  12 ----------------Hết---------------- Cảm ơn bạn LeNghia ( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014 ----------------------TRƯỜNG THPT ĐẶNG THÚC HỨA Môn: Toán; Khối: A và khối B (Đáp án-thang điểm gồm 04 trang). -----------------------------------Đáp án Câu Điểm a. (1,0 điểm) Khi m 1 , ta có y  x 3  3x 2  4  Tập xác định D  R.  Sự biến thiên: 0,25 x  0 - Chiều biến thiên: Đạo hàm y '  3x 2  6 x ; y '  0   x  2 Khoảng nghịch biến  0;2  ; Các khoảng đồng biến  ;0  và  2;   - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, yC§  4 ; đạt cực tiểu tại x  2, yCT  0 - Giới hạn lim y  ; lim y  . x  x  Bảng biến thiên  x y’ 0,25 0 + 0  2 - 0 + 0,25 y 1 (2,0 điểm)  Đồ thị y 4 0,25 -1 x O 2 b. (1,0 điểm) Ta có y '  3x 2  6mx  3x  x  2m . Hàm số có hai điểm cực trị  m  0   0,25 Lúc đó hai giả sử hai điểm cực trị của đồ thị hàm số là A 0;4m3 , B  2m;0  0,25 OA  OB  6  4 m3  2 m  6 0,25 m  1  m 1  m  1 Vậy có hai giá trị của tham số m thỏa mãn yêu cầu bài toán là m  1 và m 1 . 0,25 Trang 01 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net   2 sin  2 x    2 sin x  1  sin 2 x  cos 2 x  2 sin x  1  sin 2 x  2 sin 2 x  2 sin x  0 4  sin x  0  2 sin x  cos x  sin x  1  0   cos x  sin x  1  0 2 (1,0 điểm)  x  k 2  2   cos x  sin x  1  sin  x     k  Z   x    k 2 4 2   2  sin x  0  x  k  k  Z  Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  k ; x   2 0,25 0,25 0,25 0,25  k 2  k  Z  3x  8  0  Điều kiện  y  0  x  y  12  0.  0,25 Từ phương trình thứ nhất ta có x 2  y 2  1  2 xy  2 y  2 x  0   y  x  1  0  y  x  1. 2 5 * 2x  11 5 8  11  , x   ;  \  Xét hàm số f  x   3x  8  x  1  2 x  11 3   2 3 1 10 f x     2 2 3x  8 2 x  1  2 x  11 3x  8  x  1  Thay vào phương trình thứ hai của hệ cho ta: 3 (1,0 điểm)  f 'x   3 x  1  3x  8 2 3x  8 x  1  0,25 10 6 x  17 10   0 2  2 x  11 2 3 x  1  3x  8 3x  8  x  1  2 x  112   0,25 Bảng biến thiên: x 3 8 3 8 11 2 + f(x) f(x) +∞ + +∞ +∞ 0 0,25 0 -∞ Từ đó suy ra phương trình (*) chỉ có hai nghiệm là x  3 và x  8 . Hay nghiệm của hệ đã cho là  x ; y    3;4  ,  x ; y    8;9 . e Ta có I   1 e 4 (1,0 điểm)  I1   e x 2  ln x  1  ln x  ln x  1dx  e ln x dx  I  I d x  1 2 1 x 1 x 3 x3  ln x  1dx  e 1 x  ln x  1   ln x  1d(lnx +1)  2 1 e e e 2 e 1 3  . 2 e 0,25 e ln x 1 1 1 1 3  1   1  dx    2  ln x   3 dx    2  ln x  2   2 3 x 2 x 2 x 2 x 4 x 4 4e     1 1 1 1 1  I2   Suy ra I  I1  I 2  7 3  . 4 4e 2 0,25 0,25 1 a AC  4 2 a 3 Tam giác SAC vuông tại S,nên IS  IA  IC  a  SH  SI 2  HI 2  2 1 1 a 3 a3 Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD  . .a.a 3  . 3 3 2 2 Ta có AC  AB 2  BC 2  2a  HI  5 (1,0 điểm) 0,25 Trang 02 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 0,25 0,25 Gọi J là hình chiếu vuông góc của H lên AB, K là hình chiếu vuông góc của H lên SJ. AB  SH  Ta có   AB  SHJ   AB  HK . Mà  AB  HJ 0,25 HK  SJ  HK  SAB   HK  d  H ; SAB   AH HJ 1 a 3   HJ  BC  . AC BC 4 4 1 1 1 20    2 Trong tam giác vuông SHJ: 2 2 2 HK HJ HS 3a 3 3  HK  a  d  H ; SAB    a . 20 20 b  ab  b2 b  c  ac b   Ta có  ac  b  ab  c   a 2 c 2  4b 2   a    1  a 2  4 2   a   1     4. c  c c c  ab  b ac    Do HJ //BC   ac ac b  c  b 1 b    4.   a        2    * b ac  b c a ac   b ac t  2 , từ (*) ta có Đặt t  b 4 ac  1 t 2  2  2  t    t 4  2t 3  2t  4  0   t  2   t 3  2   0  t  2 do t  2 hay 4 t t b    b  1 b   ac  b   b    ac Lại có P  1       1      ac   ac  b   ac   1  b ac  2 2 2       0,25 2 2 0,25 b 1 2 1 u  Xét hàm số f  u   1  u     , u   , ta có ac 4 1 u  4 1  u  1  1  625  f u   f    . f '  u   2 1  u    0, u  3 4  4  144 1  u  Vậy MaxP  0,25   6 (1,0 điểm) 0,25 ac  4b a  2 625    144 ab  c c  2b 0,25 Gọi F là điểm đối xứng của E qua A. Suy ra BCEF là hình bình hành nên AM là đường trung bình của hình thang vuông EHBF . Do đó AM //EH  AM  BH . 0,25 M là trung điểm BH  B  1; 2  Phương trình đường thẳng AM : 2 x y  0 Phương trình đường thẳng CE : 2x  y  4  0 Do góc ̂ 7.a (1,0 điểm) Giả sử A  a; 2a  , từ ̂ 0,25 ̂  2 5 AB.uAM 2 ̂  2   5 5 AB . uAM a  1  5a 2  6a  11  0   11  A  1;2  a   lo¹i  5  Phương trình đường thẳng AD : y  2 mà E  CE  AD  E 1;2   D  3;2  Phương trình đường thẳng BC : y  2 mà C  BC  CE  C  3; 2  . Trang 03 – Tra cứu điểm thi: www.thpt-dangthuchua-nghean.edu.vn hoặc www.k2pi.net 0,25 0,25 8.a (1,0 điểm) 9.a (1,0 điểm) Véc tơ chỉ phương của đường thẳng  là u 1; 2;2  0,25 Do mặt phẳng (P) vuông góc với  nên có phương trình x  2 y  2x  d  0 0,25 Lại có d  A;  P    3  7d d  2 3 7d 9   3 d  16 0,25 Vậy phương trình mặt phẳng (P) là x  2 y  2x  2  0 hoặc x  2 y  2x  16  0. 0,25 Số phần tử của tập S là A74  840. 0,25 Giả sử abcd là số tự nhiên có bốn chữ số phân biệt được chọn từ các chữ số 1;2;3;4;5;6;7 và lớn hơn 2014. +) TH1: a  2 , chọn b,c,d có A63 cách chọn. 0,25 +) TH2: a  2 , chọn a có 5 cách chọn, chọn b,c,d có A63 cách chọn. 0,25 Vậy P  1.A   5.A   6  0,857 3 6 3 6 A74 0,25 7 Ta có ̂ Lại có ̂  900  tứ giác ABCD nội tiếp ̂ Suy ra ̂ ̂  AB  3  ̂ 3 BM 10 10 Giả sử C  3c  6; c  , ta có ̂ IC .uDC IC . uDC  3 10 c  1   3  5c 2 16c  11  0   c   11  lo¹i  10c 2  32c  26 5  Với c  1  C  3; 1 Phương trình đường thẳng BC : 3x 5y 4  0 Điểm M  1; 1 Phương trình đường thẳng BM : 3x y  4  0 10c  16 7.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 0,25 Điểm B  BC  BM  B  2;2  Phương trình đường thẳng AC : y 1  0 Phương trình đường thẳng AB : x 2  0 Điểm A  AB  AC  A  2; 1 Ta có B  0;1;0   ; u 1;1; 2  . Giả sử I  t ;0;0  , ta có: 8.b (1,0 điểm) d  I ;    IA    IB; u      IA u Khi đó I 7;0;0  , IA  2 11 hay S  :  x  7   y 2  z 2  44. 2 9.b (1,0 điểm) 0,25 0,25 5t 2  2t  5 2 2  t  2t  9   t  7   0  t  7 6 log 2 0,25 2x  4 2x  4  x 3  x  2 x 3 x 2  12 2  12 0,25 0,25 0,25  8  2x  4   2x  2x  12   22 x  4.2x  32  0 0,25 2 x  4  x 2  8  lo¹i  0,25  2 x  4  x  2 . Vậy phương trình đã cho có nghiệm x  2. 0,25 Xin chân thành cảm ơn tới các thầy cô giáo đã tham gia giải phản biện đề thi. CHÚC CÁC THÍ SINH ĐẠT KẾT QUẢ CAO TRONG KỲ THI ĐH NĂM 2014 Cảm ơn bạn LeNghia ( [email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013­2014  Môn: TOÁN; Khối B  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  y = x 3 - 3mx 2 + 3( m 2 - 1) x - m 3  + 1,  (1) (với  m  là tham số).  a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số đã cho khi  m = 1.  b) Gọi  d  là tiếp tuyến tại điểm cực đại  A  của đồ thị hàm số (1). Đường thẳng  d  cắt trục  Oy  tại  điểm  B . Tìm tất cả các giá trị của  m  để diện tích tam giác  OAB  bằng 6, với O  là gốc tọa độ.  Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:  sin 4 x + 2 = cos 3 x + 4sin x + cos x.  1  Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:  2 x 2  + 3 x + 1 = -4 x + + 3.  x 2 2  Câu 4 (1,0 điểm).  Tính tích phân:  ò  3  x  dx .  x 2 + 1 + x 2  - 1  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp  S . ABCD  có đáy  ABCD  là hình vuông cạnh  a  2 ,  SA = SB,  SA  vuông góc với  AC , mặt phẳng  ( SCD )  tạo với mặt phẳng đáy một góc bằng 60 O . Tính thể  tích khối chóp  S . ABCD  theo  a .  Câu 6  (1,0  điểm).  Cho  x , y , z  là  ba số thực dương thỏa mãn  xy + yz + zx = 3 xyz . Chứng minh  1 1 1 3  rằng:  + + ³ .  2 2 2  x (3 x - 1) y (3 y - 1) z (3 z - 1) 4  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (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 vuông  ABCD  có đỉnh  A  thuộc  đường  thẳng  d : x - y - 4 = 0,  đường  thẳng  BC  đi  qua  điểm  M (4;0),  đường  thẳng  CD  đi  qua  điểm  N (0; 2).  Biết tam giác  AMN  cân tại  A , viết phương trình đường thẳng BC.  Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ  Oxyz , cho điểm  A(3;1; - 4).  Tìm tọa độ các  điểm  B, C thuộc trục Oy sao cho tam giác  ABC  vuông cân tại  A .  Câu 9.a (1,0 điểm). Một  hộp  chứa  4  quả  cầu màu  đỏ,  5  quả  cầu  màu  xanh  và  7  quả  cầu  màu  vàng. Lấy ngẫu nhiên cùng lúc ra  4  quả cầu từ hộp đó. Tính xác suất sao cho  4  quả cầu được lấy  ra có đúng một quả cầu màu đỏ và không quá hai quả cầu màu vàng.  B. Theo chương trình Nâng cao  Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ  Oxy ,  cho hình vuông ABCD, có  BD  nằm trên  đường thẳng  d : x + y - 3 = 0 , điểm  M (- 1; 2)  thuộc đường thẳng AB, điểm  N (2; - 2)  thuộc đường  thẳng AD. Tìm tọa độ các đỉnh của hình vuông  ABCD  biết điểm B có hoành độ dương.  Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ toạ độ  Oxyz , cho mặt phẳng ( P ) : x - y - z + 1 = 0  và  điểm A ( 3; -2; - 2 ) . Viết phương trình mặt phẳng ( Q )  đi qua  A , vuông góc với mặt phẳng ( P )  và  cắt các trục  Oy, Oz  lần lượt tại  M , N  sao cho  OM = ON (M, N không trùng với O).  Câu 9.b (1,0 điểm). Giải bất phương trình: log 2 ( ) ( )  3 x + 1 + 6 - 1 ³ log 2  7 - 10 - x .  ­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ([email protected]) đã gửi tới  www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013­2014  Môn: TOÁN; Khối B  HƯỚNG DẪN CHẤM  I. LƯU Ý CHUNG:  ­ Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh  làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.  ­ Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.  ­ Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.  II. ĐÁP ÁN:  Câu  Ý  Nội dung trình bày  Điểm  1  a  1,0  Khi  m = 1  ta có hàm số  y = x 3 - 3 x 2  Tập xác định:  D = ¡ .  0,25  x  = 0  é Ta có  y ' = 3 x 2  - 6 x ;  y ' = 0 Û ê ë x = 2  ­  Hàm  số  đồng  biến  trên  các  khoảng ( -¥ ;0) và  (2; +¥ ) ;  nghịch  biến  trên  khoảng  (0; 2) .  ­ Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại  x = 0, yCD  = 0 ; đạt cực tiểu tại  x = 2 , yCT  = - 4  ­ Giới hạn:  lim y = +¥, lim  y = -¥ .  0,25  x ®+¥ x ®-¥ Bảng biến thiên:  x  0  -¥ y'  +  0  y  2  ­  0  +¥ +  +¥ 0  0,25  ­4 -¥  Đồ thị:  0,25  b  1,0  é x = m - 1  Ta có y¢ = 3 x 2 - 6mx + 3 m 2  - 1 ;  y¢ = 0 Û x 2 - 2mx + m 2  - 1 = 0 Û ê ë x = m + 1  ( )  0,25 Suy ra hàm số có cực đại và cực tiểu với mọi  m Î ¡ .  Ta  có  y ''( m - 1) = -6; y ''(m + 1) = 6 ,  do  đó  điểm  cực  đại  của  đồ  thị  hàm  số  là A ( m - 1 ; -3m + 3 ) .  0,25  Phương trình tiếp tuyến  d : y = y¢ ( x A )( x - x A ) + y A  Û d : y = -3m + 3  Ta có { B} = d Ç Oy Þ B ( 0 ; -3m + 3 ) . Điều kiện có tam giác là  m ¹ 1 .  0,25  Do tiếp tuyến song song với trục  Ox  nên tam giác  OAB  vuông tại  B .  AB = m - 1 , OB = -3m + 3  . Nên diện tích tam giác  OAB  là é m = -1  1  2  .  AB.OB Û ( m - 1)  = 4 Û ê 2  ë m = 3  Vậy  m = - 1  và  m = 3  thoả mãn yêu cầu.  0,25  SDOAB  = 2  1,0  Phương trình đã cho tương đương với  4sin x.cos x.cos 2 x + 2 = cos 3x + 4sin x + cos x Û 2sin x ( 2cos x.cos 2 x - 2 ) + 2 - cos 3 x - cos x = 0  Û 2sin x ( cos 3x + cos x - 2 ) + 2 - cos 3x - cos x = 0  Û (2sin x - 1)(cos 3x + cos x - 2) = 0  p é x = + k 2 p ê 1  6  *)  sin x = Û ê 2  ê 5 p x= + k 2 p êë  6  *)  cos 3 x + cos x - 2 = 0 Û 4cos 3  x - 2 cos x - 2 = 0 Û cos x = 1 Û x = k 2 p p 5 p Vậy  phương  trình  có  các  nghiệm:  x = + k 2p , x = + k 2 p và  x = k 2 p 6 6  với  k ΢  3  0,25 0,25  0,25  0,25  1,0  ì x ¹ 0  ï ï 1  ĐK:  í éê x ³ - (*)  2  ïê ïî ë x £ -1  ­ Nếu  x > 0  thì phương trình tương đương với  2 + Đặt  t = 2 + 0,25  3 1 3 1  + 2 = -4 + + 2  (1 ) .  x x x x ìt ³ 0  3 1  + 2  (t  ³ 0) (1 ) . Phương trình (1) trở thành  í Û t  = 3 .  2  x x î t = t - 6  0,25  é 3 + 37  x= (tm )  ê 3 1  14  Với  t = 3 , ta có  2 + + 2  = 3 Û 7 x 2  - 3 x - 1 = 0 Û ê x x  ê 3 - 37  (k .tm)  êx= ë  14  ­Nếu  x < 0  thì phương trình tương đương với  2 + 3 1 3 1  + 2 = 4 - - 2  ( 2 ) .  x x x x 0,25 Đặt  t  = 2 + ìt  ³ 0  3 1  +  2  ,  (t ³ 0) . Phương trình ( 2 )  trở thành  í Û t  = 2 .  2  x x t = 6  t î  é 3 + 17  x= (k .tm )  ê 3 1  4  2  ê Với  t = 2 , ta có  2 + + 2  = 2 Û 2 x - 3 x - 1 = 0 Û x x  ê 3 - 17  (tm)  êx = ë  4  Kết hợp với điều kiện (*) suy ra phương trình đã cho có hai nghiệm là:  x =  0,25  3 + 37  3 - 17  ,  x =  .  14  4  4  1,0  Đặt  t = x 2 + 1 Þ x 2 = t 2  - 1 Þ xdx = tdt.  Đổi cận :  x  3  2 2  t  2  3  3 3  tdt tdt  Ta có I = ò 2  dx = ò  t +t -2 t + 2 )( t - 1 )  2 2  ( 0,25  0,25  3  1 é 1 2 ù 1 2  3 3  = ò ê + dt = ln| t - 1| 2 + ln| t + 2 | 2  ú 3 2  ë t - 1 t + 2 û 3 3  1 2 1  = ln 2 + ( ln 5 - ln 4 ) = ( 2 ln 5 - 3ln 2 ) .  3 3 3 1  Vậy I = ( 2ln 5 - 3ln 2 ) .  3  5  0,25 0,25  1,0  Gọi  O  là  tâm  của  đáy,  M  là  trung  điểm  của  CD .  Vì  SA=SB nên S thuộc mặt phẳng  trung trực của AB (cũng là mặt  phẳng trung trực của CD). Gọi  H là hình chiếu vuông góc của  S  trên  mặt  phẳng ( ABCD )  0,25  S  A  D  H  O  B  Ta  có ( SHM ) ^ CD Þ  · = 60O .  ( ABCD ) Þ SMH M  C  suy ra  H ΠOM .  Lại có  ì AC ^ SH  Þ AC ^ AH , hay  í î AC ^ SA tam giác AOH vuông cân tại A.  ·  là  góc  giữa  hai  mặt  phẳng  ( SCD )  và  góc  SMH  0,25 Tứ giác  AOBH  là hình vuông cạnh  a Þ HM =  3a  2  .  2  0,25  3a  6  Trong tam giác vuông  SHM  ta có  SH = HM .tan 600  =  .  2  Thể tích khối chóp  S . ABCD  là  0,25  1 1 3a  6  2 V = SH .S ABCD  = 2 a = a 3  6 (đvtt).  3 3 2  6  1,0  1 1 1  + + = 3.  x y z Từ giả thiết  xy + yz + zx = 3 xyz  Û 1 1 1 1 1 1  = a,   = b,   = c Þ a + b + c = + + = 3.  x y z x y z Đặt  1  Ta có x ( 3 x - 1) 1  z ( 3 z - 1) 2 2 = = a3 ( 3 - a ) c3 ( 3 - c ) 2 2 = = a 3  ;  2  ( b + c )  c 3  2  ( a + b )  Bất đẳng thức đã cho tương đương: 1  y ( 3 y - 1) 2 = b3 ( 3 - b ) 2 = b 3  0,25  ;  2  ( a + c )  .  a3 (b + c ) 2 + b3 (c + a ) 2 + c 3  2  ( a + b )  ³ 3  4  Áp dụng bất đẳng thức Cô­si ta có: a3  ( b + c ) + ( b + c )  ³ 3 a ; b3  + ( c + a ) + ( c + a )  ³ 3 b  + 2  8 8 4  ( c + a )2  8 8 4  ( b + c ) c3  ( a + b ) 2  + ( a + b ) + ( a + b )  ³ 3 c  8 8 a3 (b + c) Û 0,25 a3 (b + c ) 2 + 2 + b3 (c + a ) b3 (c + a) 4  2 + 2 + c 3  ( a + b ) c 3  ( a + b ) 2  ³ 2  ³ 3 1  ( a + b + c ) - ( a + b + c )  4 2  1 3  ( a + b + c ) = .  4 4  0,25 0,25  Đẳng thức xảy ra  Û a = b = c = 1 Û x = y = z = 1.  7.a  1,0  M  d  A  B  Giả sử A ( t ; t - 4 ) Î d , do tam giác  AMN  cân tại  đỉnh  A  nên  AM = AN Û AM 2 = AN 2  2 2 2  Û ( t - 4 ) + ( t - 4 ) = t 2  + ( t - 6 ) Û t  = -1  0,25  Þ A ( -1; - 5 )  D  N  C  BC  đi qua M ( 4; 0 )  nên phương trình BC có dạng  0,25 ax + by - 4 a = 0 (a 2 )  + b 2  > 0  Do  CD ^ BC và  CD  đi qua N ( 0; 2 ) Þ phương trình CD :  bx - ay + 2a = 0 .  Do  ABCD  là hình vuông nên khoảng cách d ( A, BC ) = d ( A, CD )  é3a + b = 0  Ûê a2 + b2 a 2 + b 2  ë a - 3b = 0  ­ Nếu  3a + b = 0 , chọn  a = 1 Þ b = -3 Þ phương trình  BC : x - 3 y - 4 = 0  ­ Nếu  a - 3b = 0 , chọn  a = 3 Þ b = 1 Þ phương trình  BC : 3x + y - 12 = 0 .  Û -5a - 5b = 7 a - b  8.a  0,25  0,25  1,0  Gọi  H  là  hình  chiếu  vuông  góc  của  A  trên  trục  Oy,  suy  ra  H (0;1;0) .  Do  đó  uuur  0,25  HA(3;0; -4) Þ HA = 5.  uuur  B  thuộc  Oy nên  B(0; b;0) Þ HB (0; b - 1; 0) .  Do  tam  giác  ABC  vuông  cân  tại A  0,25  éb = 6  nên  HB = HA Þ| b - 1|= 5 Þ ê ë b = -4  ­Với  b = 6 Þ B (0; 6;0) Þ C (0; - 4;0) .  0,25  ­Với  b = -4 Þ B(0; -4;0) Þ C (0;6;0) .  9.a  0,25  1,0  4  Số phần tử của không gian mẫu là  W = C16  = 1820 .  0,25  Gọi  B  là biến cố “ 4 quả lấy được có đúng  một quả cầu màu đỏ và không quá  hai quả màu vàng”. Ta xét ba khả năng sau:  ­ Số cách lấy 1 quả đỏ, 3 quả xanh là:  C41C 5 3  0,25  1 2 1  ­ Số cách lấy 1 quả đỏ, 2 quả xanh, 1 quả vàng là:  C4C5 C 7  ­ Số cách lấy 1 quả đỏ, 1 quả xanh, 2 quả vàng là:  C41C51C 7 2  Khi đó  W B  = C41C53 + C41C71C52 + C41C72 C5 1  = 740 .  Xác suất của biến cố  B  là P ( B ) = W B  740 37  = = .  W  1820 91  7.b  0,25  0,25  1,0  M  A  B  H  N D  Gọi H là hình chiếu của M  trên d, suy ra  H (t ;3 - t ) .  uuuur  r  Ta có  MH (t + 1;1 - t ) , d có véc tơ chỉ phương  u (1; -1) .  MH vuông góc với d suy ra  uuuur  t + 1 - 1 + t = 0 Þ t = 0 Þ MH (1;1) .  0,25  C  Do đó  MB = 2.MH = 2 .  B thuộc d nên  B(b;3 - b) ;  MB = 2 Û (b + 1) 2 + (1 - b) 2  = 4  0,25  Suy ra  b = 1  hoặc  b = - 1  (loại). Từ đó  B (1;2) .  AB đi qua M  và B nên phương trình  AB là  y = 2.  AD  qua N và vuông góc với  AB nên phương trình AD là  x = 2 . Vậy  A (2; 2) .  0,25  ì x = 2  Tọa độ D là nghiệm hệ  í Þ D (2;1) . Gọi I là trung điểm BD suy ra  î x + y - 3 = 0  0,25  æ3 3ö I ç ; ÷ . I là trung điểm AC nên  C (1;1).  è 2 2 ø  Vậy  A(2; 2), B (1;2), C (1;1), D (2;1).  8.b  1,0  Gọi M ( 0; a;0 ) , N ( 0;0; b )  trong đó  ab ¹ 0 . Ta có uuuur uuur  AM = ( -3;2 + a;2 ) , AN = ( -3;2; b + 2 ) .  r Gọi véctơ pháp tuyến  của ( Q )  là  n Q  uuuur uuur r  Þ nQ  = éë AM , AN ùû = ( 2a + 2b + ab ; 3a ;3 b ) .Véctơ pháp tuyến của mặt phẳng r  ( P )  là nP  = (1; -1; -1 ) .  r r r r  ( P ) ^ ( Q ) Û nP ^ nQ Û nP . nQ  = 0 Û ab - a - b = 0  (1) và  é a = b  OM = ON Û a = b  Û ê (2) .  ë a = -b Từ (1) và (2) ta được  é a = 0 (loai )  r  +  a = b Þ ê . Với a = 2 Þ nQ  = (12;6; 6 ) Þ ( Q ) :2 x + y + z - 2 = 0  ë a = 2  +  a = -b Þ a = 0 (loai )  .  Vậy phương trình ( Q ) : 2 x + y + z - 2 = 0 .  9.b  0,25  0,25 0,25  0,25  1,0  1  ĐK : - £ x £ 10  .  3  6 + 3 x + 1  Bất phương trình tương đương log 2 ³ log 2  7 - 10 - x 2  ( Û 3 x + 1 + 2 10 - x ³ 8 Û 4 0,25 )  ( 3 x + 1)(10 - x ) ³ 23 + x 0,25  1  Với  - £ x £ 10  bất phương trình tương đương với  3  369  49 x 2  - 418 x + 369 £ 0 Û 1 £ x £  49  Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình đã cho là :  1 £ x £  0,25  369  49  ­­­­­­­­­­ Hết ­­­­­­­­­­  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ([email protected]) đã gửi tới  www.laisac.page.tl 0,25  SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013­2014  Môn: TOÁN; Khối A, A1  Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề  I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  2 x - 1  Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = ( C ) .  x - 2  a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho.  b) Tìm trên (C) tất cả các điểm M  sao cho tiếp tuyến của (C) tại M cắt hai tiệm cận của (C) tại hai điểm A,  B sao cho  AB = 2 10  .  1 - cos x  7 p ö æ Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:  + sin x = 2 sin ç 2 x + ÷ .  tan x 4  ø  è ìï 4 y - 1)  x 2 + 1 = 2 x 2  + 2 y + 1  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í( 4 .  2 2  ïî x + x y + y = 1  0  dx  Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân:  I  = ò  .  2  p 1 - 2sin 2 x + 2 cos  x - 4  Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang cân,  AD = BC =  a  13  ,  AB = 2 a ,  4  3 a  ,  mặt phẳng ( SCD )  vuông  góc với mặt phẳng ( ABC D ) . Tam giác ASI cân tại S,  với I  là trung  2  điểm của cạnh AB, SB tạo với mặt phẳng ( ABC D )  một góc  30 o . Tính theo a thể tích khối chóp S.ABCD và  khoảng cách giữa SI và CD.  Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c thỏa mãn ( a + b )( b + c )( c + a ) = 8 . Tìm giá trị nhỏ nhất  CD =  1 1 1  + + .  abc a + 2b b + 2c c + 2 a  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần  B)  A. Theo chương trình Chuẩn  Câu 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có đường chéo AC nằm trên  đường  thẳng  d : x + y - 1 = 0 .  Điểm E ( 9; 4 )  nằm  trên  đường  thẳng  chứa  cạnh AB, điểm F ( -2; - 5 )  nằm  của biểu thức P = 1 3  + trên đường thẳng chứa cạnh AD,  AC = 2 2 . Xác định tọa độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết điểm C có  hoành độ âm.  Câu 8a  (1,0  điểm). Trong  không gian  với  hệ  tọa  độ Oxyz,  cho  mặt phẳng ( P ) : x - y + z - 2 = 0 ,  mặt  cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2  - 4 x + 2 y + 2 z - 3 = 0  và hai điểm A (1; - 1; - 2 ) , B ( 4; 0; - 1 ) . Viết phương trình mặt phẳng (a ) song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính  bằng  3 .  Câu 9a (1,0 điểm). Gọi M là tập hợp các số tự nhiên có ba chữ số đôi một khác nhau được lập từ các chữ số  0, 1, 2, 3, 4, 5, 6. Chọn ngẫu nhiên một số từ tập M, tính xác suất để số được chọn là số có tổng các chữ số  là một số lẻ.  B. Theo chương trình Nâng cao  Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có điểm C ( 5;1 ) , trung tuyến  AM, điểm B thuộc đường thẳng  x + y + 6 = 0 . Điểm N ( 0;1 )  là trung điểm của đoạn AM, điểm D ( -1; - 7 )  không nằm trên đường thẳng AM và khác phía với A so với đường thẳng BC đồng thời khoảng cách từ A và  D tới đường thẳng BC bằng nhau. Xác định tọa độ các điểm A, B.  Câu 8b (1,0 điểm). Trong  không  gian  với  hệ tọa độ Oxyz, cho ba  điểm  A(1; 1; 1), B(-1; 0; 2), C (0; - 1; 0) .  Tìm tọa độ điểm D trên tia Ox sao cho thể tích khối tứ diện ABCD bằng 1, khi đó hãy viết phương trình mặt  cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD.  Câu 9b (1,0 điểm). Giải bất phương trình:  x - 6.15log3 x + 5log3 (3 x )  ³ 0 .  ­­­­­­­­­­­­­Hết­­­­­­­­­­­  Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm!  Cảm ơn thầy Nguyễn Duy Liên ([email protected]) đã gửi tới www.laisac.page.tl SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC  ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM HỌC 2013­2014  Môn: TOÁN; Khối A, A1  I. LƯU Ý CHUNG:  ­ Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo  cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.  ­ Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.  ­ Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.  II. ĐÁP ÁN:  CÂU  Ý  NỘI DUNG  ĐIỂM  1  2,0 điểm  a  TXĐ:  D = R \ {2}  Các giới hạn  lim y = 2; lim y = 2; lim+ y = +¥; lim - y = -¥  0,25  x ®+¥ x ®-¥ x ®2 x ® 2  Suy ra  x = 2  là tiệm cận đứng,  y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị.  3  < 0, "x Î D  ( x - 2) 2  Hàm số nghịch biến trên các khoảng  (-¥ ; 2) và  (2; +¥ ) Bảng biến thiên  x 2 -¥  +¥  y’ -  2 +¥ y  2  -¥  æ 1  ö æ 1 ö Đồ thị: Giao với trục Ox tại ç ; 0 ÷ , giao với trục Oy tại  ç 0;  ÷ , đồ thị có tâm đối xứng  è 2 ø  è 2 ø  là điểm  I (2; 2)  Sự biến thiên:  y ' = - 0,25  0,25  0,25  b  æ 2 a - 1 ö Giả sử M ç a; ÷ , ( a ¹ 2 )  thuộc đồ thị (C). Tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M có dạng  è a - 2  ø  -3 2 a - 1  (D) : y = ( x - a ) + 2  (a - 2) a - 2  6  Gọi  A là giao của tiệm cận đứng với  (D ) , suy ra  A (2; + 2)  a - 2  B là giao của tiệm cận ngang với  (D ) , suy ra  B(2a - 2; 2)  Khi đó  AB = (2a - 4) 2  + 36  , theo bài ra ta có phương trình  (a - 2) 2  36  4(a - 2) + = 40  Û (a - 2)4 - 10(a - 2)2  + 9 = 0  (a - 2) 2  2  0,25  0,25  0,25 é a = 1  ê a = 3  é(a - 2) = 1 ê Ûê Û 2  ë(a - 2) = 9  ê a = -1  ê ë a = 5  Vậy có 4 điểm M thỏa mãn là  (1; -1), (3;5), (- 1;1), (5;3) .  1,0 điểm  1 - cos x  7 p ö æ + sin x = 2 sin ç 2 x + ÷ (1) .  tan x 4  ø  è k p sin x ¹ 0  Đk: Û sin 2 x ¹ 0 Û x ¹ ( k Î ¢ )  cos x ¹ 0  2  2  2  0,25  0,25 { (1) Û (1 - cos x ) cos x + sin 2  x = sin x ( sin 2 x - cos 2 x )  3  écos 2 x = 0  p ö 1  Û cos 2 x ( cos x + sin x - 1) = 0  Û ê æ êsin ç x + ÷ = 4 ø 2  ë  è p k p +) cos 2 x = 0 Û x = + ( k Î ¢ )  4 2  é x = k 2 p ( l ) p ö 1  p k p æ +) sin ç x + ÷ = . Vậy (1) có nghiệm x = + Ûê ( k Î ¢ ) .  p 4 2  4 ø 2  ê x = + k 2 p ( l )  è ë  2  1,0 điểm ïì( 4 y - 1)  x 2 + 1 = 2 x 2  + 2 y + 1 (1)  ( I ) .  í 4 2 2  (2)  ïî x + x y + y = 1 2  0,25  0,25  0,25  0,25 2  Đặt  x + 1 = t ³ 1 Þ  phương trình (1) có dạng 2t - ( 4 y - 1) t + 2 y - 1 = 0  ét = 2 y - 1  2 2  D = ( 4 y - 1) - 8 ( 2 y - 1) = ( 4 y - 3 )  Þ ê 1  êt = (l )  ë  2  ì y ³ 1  +) Với  t = 2 y - 1 ³ 1 Û x 2  + 1 = 2 y - 1 Û í 2 thay vào (2) ta được  2  î x = 4 y - 4 y 0,25  0,25 2  16 y 2 ( y - 1) + 4 y 2 ( y - 1) + y 2  - 1 = 0 Û y = 1  (do  y ³ 1 ) Þ x = 0  4  Vậy, hệ (I) có nghiệm  (0;1) .  1,0 điểm  Ta có:  0 dx I  = ò = 2 p 1 - 2sin 2 x + 2cos x - 4 0  dx  ò p sin 2 x - 4sin x cos x + 3cos 2  x = - 4  1  dx  cos 2  x  ò p tan 2  x - 4 tan x + 3  0  - 0,25  0,25  4  1  Đặt  t = tan x Þ dt =  2  dx  Đổi cận :  cos  x x  p -  0  4 t  0  - 1 0 0 0  dt dt  1 æ 1 1  ö Vậy  I = ò 2  =ò = ò ç ÷ dt  t - 4t + 3 -1 (t - 1)(t - 3) 2 -1 è t - 3 t - 1 ø -1 0,25  0,25 0  1 æ t - 3 ö 1 1 3  = ç ln = ( ln 3 - ln 2 ) = ln  ÷ 2 è t - 1 ø -1  2 2 2  0,25 5  1,0 điểm  S  K  A  I  F  B  M  D  C  E  H  Gọi M, E lần lượt là trung điểm của AI và CD.  Do ( SCD ) ^ ( ABCD )  và  SA = SI Þ trong  mặt  phẳng  (ABCD)  và  qua  M  kẻ  đưởng  thẳng vuông góc với AB cắt CD tại H thì H là hình chiếu của S trên mp(ABCD)  Qua E kẻ đường thẳng song song với BC cắt AB tại F  a 13 a a 3 a  3  Þ EF = , IF = Þ EI = Þ HM = Þ HB = a 3  4 4 2 2  · = 30 o  Þ SH = a ( SB, ( ABCD ) ) = ( SB, HB ) = SBH æ 3a ö a  3  + 2 a ÷ ç 3  1 1 2 ø 2  =  7 a  3  (đvtt)  VABCD = SH . S ABCD  = a è 3 3 2 24  CD / / ( SAB )  và SI Ì ( SAB ) Þ d ( CD , SI ) = d ( CD , ( SAB ) ) = d ( H , ( SAB ) )  HM ^ AB Þ ( SHM ) ^ ( SAB ) . Gọi HK là đường cao của tam giác SHM  suy ra HK ^ ( SAB ) Þ d ( CD, SI ) = HK =  6  0,25  0,25  0,25 0,25  a  21  .  7  1,0 điểm 8 = ( a + b )( b + c )( c + a ) ³ 8abc Þ abc £ 1  8 = ( a + b )( b + c )( c + a ) = ( a + b + c )( ab + bc + ca ) - abc 0,25  ³ ( a + b + c ) 3 abc ( a + b + c ) - abc 3  ( a + b + c )  suy ra 8 + abc  3abc 1  £ 9 3 abc Þ a + b + c £  3  3  0,25  abc 3 ³ 3  + 3  abc  ³ 2  3 a + b +  c  abc abc Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi  a = b = c = 1 . Vậy,  Pmin  = 2 Û a = b = c = 1 .  P³ 7.a  1 £ + 1,0 điểm  B  A E  I  J  E'  F  D  C  0,25  0,25  ·  nên E’ thuộc  Gọi E’ là điểm đối xứng với E qua AC, do AC là phân giác của góc  BAD  AD. EE’ vuông góc với AC và qua điểm E ( 9; 4 )  nên có phương trình  x - y - 5 = 0 .  8.a  ìx - y - 5 = 0 ì x = 3  Gọi I là giao của AC và EE’, tọa độ I là nghiệm hệ í Ûí Þ I ( 3; 2 )  îx + y -1 = 0 î y = -2  Vì I là trung điểm của EE’ nên  E '(-3; - 8)  uuuur  Đường thẳng AD qua  E '(-3; - 8)  và  F (-2; - 5)  có VTCP là  E ' F (1;3)  nên phương trình  là:  3( x + 3) - ( y + 8) = 0 Û 3 x - y + 1 = 0  Điểm  A = AC Ç AD Þ  A(0;1) . Giả sử  C (c;1 - c) .  0,25  Theo  bài  ra  AC = 2 2 Û c 2  = 4 Û c = 2; c = - 2 .  Do  hoành  độ  điểm  C  âm  nên  C (- 2;3)  Gọi J là trung điểm AC suy ra  J (- 1; 2) , đường thẳng BD qua J và vuông góc với AC có  phương trình  x - y + 3 = 0 . Do  D = AD Ç BD Þ D(1; 4) Þ B(- 3; 0)  Vậy  A (0;1) ,  B(-3;0), C (- 2;3), D(1; 4).  0,25  0,25  1,0 điểm  Mặt cầu (S) có tâm I ( 2; - 1; - 1 ) , bán kính  R = 3  ur uuur uuur ur  Mặt phẳng (P) có vtpt n1 (1; - 1;1) , AB ( 3;1;1) Þ éë AB, n1 ùû = ( 2; - 2; - 4 )  r  Do mặt phẳng (a ) / / AB và (a ) ^ ( P ) Þ (a ) có vtpt n (1; - 1; - 2 )  Suy ra phương trình mặt phẳng (a ) : x - y - 2 z + m = 0  (a ) 0,25  0,25 cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng  3 5 + m  m = 1  = 6  Û éê ë m = -11  6  Vậy, có hai mặt phẳng (a ) thỏa mãn là  x - y - 2 z + 1 = 0  và  x - y - 2 z - 11 = 0  Þ d ( I , (a ) ) = 6 Û 9.a  0,25  0,25  0,25  1,0 điểm  Giả sử số tự nhiên có ba chữ số thuộc tập M là  a1a2 a 3  Số các phần tử của M:  a 1  có 6 cách chọn  0,25  a 2  có 6 cách chọn  a 3  có 5 cách chọn  Þ M = 6.6.5 = 180  Số các số tự nhiên trong M có tổng các chữ số là số lẻ:  TH1: Có 1 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn Þ  có  C31 .C42 .3!- C31 .C4 1 .2! = 84  số  TH2: Có 3 chữ số lẻ Þ  có  3! = 6 số Þ có 90 số trong tập M có tổng các chữ số là số lẻ  Suy ra xác suất cần tìm là  7.b  90 1  =  .  180 2 0,25  0,25  0,25  1,0 điểm  A  N  B  I  G  M  C  D  Do A, D nằm khác phía so với BC và cách đều BC suy ra BC đi qua trung điểm I của  AD.  0,25