1. TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4
TỔ TOÁN –TIN
Đề chính thức
www.VNMATH.com
www.VNMATH.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC.
NĂM HỌC:2013 - 2014
MÔN: TOÁN. KHỐI A , A1- B - D.
Thời gian làm bài: 180 phút – không kể thời gian phát đề.
Đề gồm 01 trang.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
x 1
(C)
Câu 1 (2 điểm). Cho hàm số: y 
2( x  1)
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm những điểm M trên (C) sao cho tiếp tuyến với (C) tại M tạo với hai trục tọa độ một tam giác
có trọng tâm nằm trên đường thẳng 4x + y = 0.
Câu 2 (1 điểm).Giải phương trình: 2cos 2 2 x  2cos 2 x  4sin 6 x  cos 4 x  1  4 3 sin 3 x cos x
2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x

Câu 3 (1 điểm).Giải hệ phương trình: 
( x, y  R )
 2 y2  1  y  2  x

5  4x
10
2 xR
x
x
Câu 5 (1 điểm). Cho hình chóp S . ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại A, 2 AC  BC  2 a. Mặt
phẳng  SAC  tạo với mặt phẳng  ABC  một góc 600 . Hình chiếu của S lên mặt phẳng  ABC  là
Câu 4 (1 điểm). Giải bất phương trình: 2 x 3 
 x
trung điểm H của cạnh BC. Tính thể tích khối chóp S . ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AH và SB .
Câu 6 (1 điểm). Cho x, y, z  0 thoả mãn x + y + z > 0.Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức
x 3  y 3  16 z 3
P
3
 x  y  z
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm) : Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B).
A. Theo chương trình Chuẩn.
Câu 7.a (1 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC vuông tại A , biết B và C đối
xứng nhau qua gốc tọa độ. Đường phân giác trong góc B của tam giác ABC là đường thẳng
 d  : x  2 y  5  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác, biết đường thẳng AC đi qua điểm K  6;2 
Câu 8.a (1 điểm). Trong không gian Oxyz cho tam gi¸c ABC cã: A  2;3;1 , B  1; 2;0  , C 1;1; 2  .
ViÕt ph­¬ng tr×nh ®­êng th¼ng ( d) ®i qua trùc t©m H cña tam gi¸c ABC vµ vu«ng gãc víi mÆt ph¼ng
( P): x - 3y + 2z + 6 = 0.
Câu 9.a(1 điểm). Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
1
2
n
n
c c
n 1
n
 ...  cn  cn  255
n
Hãy tìm số hạng chứa x14 trong khai triển nhị thức Niu tơn P(x) = 1  x  3 x 2  .
B. Theo chương trình Nâng cao.
Câu 7.b. (1 điểm) Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy cho tam giác ABC có đỉnh A  2; 6  , chân
3

đường phân giác trong kẻ từ đỉnh A là điểm D 2;  và tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là
2

 1 
điểm I   ;1 . Viết phương trình đường thẳng chứa cạnh BC.
 2 
Câu8.b(1điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho bốn điểm A0;0;1 , B 1;2;1 , C 2;1;1 ,
D3;3;3 .Tìm tọa độ điểm M thuộc đường thẳng AB và điểm N thuộc trục hoành sao cho đường
thẳng MN vuông góc với đường thẳng CD và độ dài MN  3 .
log 2 ( y  2 x  8)  6

Câu 9.b (1 điểm). Giải hệ phương trình:  x
8  2 x .3 y  2.3 x  y

.------------------------Hết-----------------------Thí sinh không sử dụng tài liệu.Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

2. www.VNMATH.com
ĐỀ KHẢO SÁT CHẤT LƯỢNG THI ĐẠI HỌC.
NĂM HỌC: 2013 - 2014
TRƯỜNG THPT TRIỆU SƠN 4.
HƯỚNG DẪN CHẤM
Đề chính thức
MÔN: TOÁN
Thời gian làm bài: 180 phút.
I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm):
Câu Ý
1
Hướng dẫn chấm
TXĐ: D = R 1
Chiều biến thiên: y , 
1
1đ
Điểm
1
 0 , với x  D
( x  1)2
0.25
 hàm số đồng biến trên mỗi khoảng :  ; 1 và  1;  
Cực trị: hàm số không có cực trị
Giới hạn, tiệm cận :
1
1
lim y  , lim y  ; Lim y   , Lim y  
x  
x  
x  ( 1)
2
2 x( 1)
1
 y  là tiệm cận ngang; x  1 là tiệm cận đứng.
2
Bảng biến thiên:
x
y,

y


1
1
2

1
2
0.25
0.25

1
3
Đồ thị: đi qua các điểm (0;  ) ; (-2; )
2
2
Nhận giao điểm của hai tiệm cận I(-1;
1
) làm tâm đối xứng
y
2
I
-1
2
0.25
1
2
O
x0  1
)  (C ) là điểm cần tìm
2( x0  1)
Gọi  tiếp tuyến với (C) tại M ta có phương trình
x 1
x 1
1
y
 : y  f ' ( x0 )( x  x0 )  0
( x  x0 )  0
2
2( x0  1)
2( x0  1)
 x0  1
x
.Gọi M( x0 ;
0.5

3. www.VNMATH.com
1đ
2
x0  2 x0  1
;0)
2
x 2  2 x0  1
B =   oy B(0; 0
). Khi đó  tạo với hai trục tọa độ  OAB có trọng
2( x0  1)2
Gọi A =   ox  A( 
2
 x 2  2 x0  1 x0  2 x0  1 
tâm là: G   0
;
.
6
6( x0  1) 2 

Do G  đường thẳng:4x + y = 0  4.
 4
1
 x0  1
2
2
2
x0  2 x0  1 x0  2 x0  1

0
6
6( x0  1)2
(vì A, B  O nên x02  2 x0  1  0 )
0.25
1
1


 x0  1  2
 x0   2


x 1   1
x   3
 0
 0
2
2


1
2
1
2
3
2
3
2
3 5
2 2
Với x0    M ( ;  ) ; với x0    M ( ; ) .
0.25
( PT )  2 cos 2 2 x  1  2 cos 2 x  4 sin 6 x  cos 4 x  4 3 sin 3x cos 3 x
 2 cos 4 x  2 cos 2 x  4 sin 6 x  4 3 sin 3 x cos 3 x
 cos 4 x  cos 2 x  2sin 6 x  2 3 sin 3 x cos x
 2sin 3 x sin x  4sin 3 x cos3 x  2 3 sin 3 x cos x

0.5

 2sin 3x sin x  2 cos3x  3 cos x  0
2
1đ
3
0.25


*sin x  3 cos x  2cos3 x  cos  x    cos 3 x
6



x    k

12

k  Z 
 x    k

24 2


 k
k
 ;x 
Vậy nghiệm của phương trình là x    k ; x 
k  Z 
12
24 2
3
1đ
sin 3 x  0

sin x  3 cos x  2 cos3 x

* sin 3x  0  x  k  k  Z 
3
0.25
2 y 3  y  2 x 1  x  3 1  x (1)

2. Giải hệ phương trình: 
.
 2 y 2  1  y  2  x ( 2)

Điều kiện: x  1 . Với điều kiện đó, ta có
(1)  2 y 3  y  2 1  x  2 x 1  x  1  x
3
 2 y  y  2(1  x) 1  x  1  x
1.0
0,25

4. 1đ
www.VNMATH.com
Xét hàm số f (t )  2t 3  t , ta có f , (t )  6t 2  1  0t  R  f (t ) đồng biến trên R.
y  0
Vậy (1)  f ( y)  f ( 1  x )  y  1  x   2
 y  1 x
2 x
Thế vào (2) ta được : 3  2 x  1  x  2  x 
 2 x
3  2x  1  x


1
 2  x 
 1  0  3  2 x  1  x  1( x  1  2  x  0)



 3  2x  1  x
 x  1 .Suy ra nghiệm của hệ là (x; y) =(1; 0)
Giải bất phương trình.........
x  0
x  0


ĐK:  10
 2
 x0
 x  2 x  10  0

x  x  2  0

0,25
0,5
0.25
Với điều kiện trên,


(bpt)  2 x 2  4 x  5  x 2  2 x  10  2 x 2  2 x  10  15  x 2  2 x  10
4
Đặt t  x 2  2 x  10 
 x  1
2
0.25
 9  3 *
5

t   2  t  3  do * 
Bpt trở thành 2t  t  15  0 

t  3
2
t  3  x 2  2 x  10  3  x 2  2 x  1  0   x  1  0 luôn đúng.
0.25
2
Vậy nghiệm bất phương trình là x   0;  
1đ
0.25
S
K
H
C
N
B
a
M
0.25
A
5


ABC vuông tại A có BC  2a; AC  a; B  30 0 ; C  60 0 ; Gọi N là trung
điểm của AC. Vì

AC  AB  AC  HN ; AC  SH  AC  (SHN )  SNH  60 0
Trong tam giác SNH  HN 
a 3
3a
a2 3
; SH 
; mặt khác S ABC 
2
2
2
1
a3 3
 VS . ABCD  S ABC .SH 
(đvtt )
3
4
Kẻ a // AH (a đi qua B)
 HA //  SB, a 
Gọi M là hình chiếu của H lên a và K là hình chiếu của H trên SM khi đó
HK  d  HA; SB 
0.25
0.5

5. www.VNMATH.com
Tam giác ACH đều nên HBM  AHC  60 0  HM  HB sin 60 0 
Trong tam giác SHM ta có
1đ
(với t =
z
, 0  t  1 );
a
3
4
Đặt x + y + z = a. Khi đó
6
1
1
1
3a


 HK 
2
2
2
4
HK
HM
HS
 x  y
Trước hết ta có: x 3  y 3 
a 3
2
(chứng minh bằng cách biến đổi tương đương)
x  y
4P 
3
a
 64 z 3
3
a  z

3
a
 64 z 3
3
0.25
3
 1  t   64t 3
Xét hàm số f(t) = (1 – t)3 + 64t3 với t   0;1 . Có
0.5
1
2
f '(t )  3 64t 2  1  t   , f '(t )  0  t    0;1


9
Lập bảng biến thiên  Minf  t  
t 0;1
64
16
đạt được khi
 GTNN của P là
81
81
0.25
x = y = 4z > 0
A.Theo chương trình Chuẩn.
B   d  : x  2 y  5  0 nên gọi B  5  2b; b  , vì B, C đối xứng với nhau qua
O suy ra C (2b  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 
I (2; 4) và I  AB
1đ
0.25

Tam giác ABC vuông tại A nên BI   2b  3;4  b  vuông góc với

CK  11  2b;2  b 
7.a
b  1
b  5
0.25
 2b  311  2b    4  b  2  b   0  5b 2  30b  25  0  
Với b  1  B (3;1), C ( 3; 1)  A(3;1)  B loại
 31 17 
 31 17 
;  .Vậy A ;  ; B(5;5); C(5; 5)
5 5
 5 5
Với b  5  B( 5;5), C (5; 5)  A 
1đ
8.a
Gäi
H  x; y; z 
là trực tâm của tam
giác ABC khi và chỉ khi
BH  AC , CH  AB , H   ABC 
2

 

 x  15
 BH . AC  0
 x  1  2  y  2   3 z  0

  


29 


 CH . AB  0
 3  x  1   y  1   z  2   0   y 
15
 
   




1
 AH  AB, AC   0
 x  2   8  y  3   5  z  1  0


z   3

H(
0.25
0.25
0.25
2 29  1
; ; )
15 15 3
Do (d) vuông góc với mp(p) nên (d) nhận u (1; -3; 2) làm véc tơ chỉ phương
0.25

6. www.VNMATH.com
2
29
1
x
y
z
15 
15 
3
Phương trình đường thẳng (d) là:
3
1
2
1đ
0.25
0
1
2
n
n
Cn  Cn  Cn  ...  Cn 1  Cn  (1  1) n  2n 
Với n nguyên dương ta có: Ta có
1
1
n
Cn  Cn  ...  Cn  2n  1
0.25
n
n
8
Theo giả thiết ta có 2 – 1 = 255  2 = 256 = 2  n = 8.
8
2 8
P(x) = (1 + x + 3x )
= C  3x  x
k
8
2
k
=
k0
0.25
 k
 8 k
= C  Ckm (3x2 )k m xm  = C8kCkm3km.x2km
.
 m0
 k0 m0
k 0
 2k  m  14
 m  0 m  2

 0  m  k  8  

YCBT
 k  7 k  8 .
 m, k  Z

7 0
8
Vậy số hạng chứa x14 là: ( C8 C7 37  C8 C82 36 )x14
8
9.a
k
8
0.25
0.25
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
1đ
phương trình đường thẳng AD: x  2  0 . Do E thuộc đường thẳng AD nên
E  2; t  . Mặt khác do I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC nên
2
2
1
2

 1
IA  IE   t 1   2     2    52  t 1  52 t  6;t 4 . Do đo ta được
2

 2
0,5
2
E  2;  4 
7.b
Do AD là phân giác nên E là điểm chính giữa cung BC suy ra IE vuông góc với BC

5
hay BC nhận EI   1; 2  là vectơ pháp tuyến.
2
Do đó pt của BC là:
3

BC :1.  x  2   2.  y    0  x  2 y  5  0 . Vậy BC : x  2 y  5  0.
2

0.25
0.25
 
 
Gọi M  m1; m2 ; m3  là điểm thuộc  AB  khi đó AM , AB cùng phương
1đ
8.b




AM   m1; m2 ; m3  1 , AB  1;2;2 
 
 
AM , AB cùng phương
 m1  t





 t  R : AM  t AB   m2  2t
 M  t ;2t ; 1  2t 
 m  1  2t
 3
0.25
Gọi N  n;0;0    Ox 




NM   t  n;2t ;2t  1 , CD  1; 2; 2 
 
 
MN vuông góc CD nên NM .CD  0  t  n  4t  4t  2  0  t  2  n 1
2
0.25
2
MN  3  MN 2  9   t   t  2    4t 2   2t  1  9
t  1
 8t  4t  5  9  8t  4t  4  0   1
t 
 2
2
2
0.25

7. www.VNMATH.com
Với t  1  n  1  M 1;2;1 , N  1;0;0 
Với t 
1đ
0.25
1
3
1
  3

 n    M  ;1;0  , N   ;0;0 
2
2
2
  2

ĐK: y-2x +8 > 0
; (PT 1)  y – 2x + 8 =
 2
6
 y  2x
0.25
Thế vào pt thứ hai ta được:
x
9.b
x
3x
x
 8   18 
2
2
8 x  2 x.32 x  2.33 x  8 x  18 x  2.27 x        2        2
 27   27 
3
3
0.25
x
2
Đặt: t =   , (đk t > 0 ) , ta có pt: t 3  t  2  0   t  1 t 2  t  2  0
 
3
0.25
x  0
. Vậy nghiệm của phương trình là (0; 0)
 t  1 
y  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