www.VNMATH.com I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 3 2 3 2 y x x    có đồ thị là (C) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số b) Tìm điểm M thuộc đồ thị hàm số sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại M cắt đồ thị (C) tại điểm thứ hai là N (khác M) thỏa mãn: 2 2 5 M N P x x   đạt giá trị nhỏ nhất. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:   sinx t anx 2 1 cos t anx sinx 3 x     Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:           2 2 2 2 2 3 3 3 2 4 2 x x y y xy x y x y                ,x y  Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: 3 4 2 0 tan 1 os x I dx c x     Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a , SAB là tam giác cân tại S và nằm trong mặt phẳng vuông góc với đáy. Gọi M là điểm thuộc cạnh AD sao cho MD = 2MA . Tính theo a thể tích khối chóp S.BCDM và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và CM biết mặt phẳng (SBD) tạo với mặt phẳng đáy một góc 60 0 . Câu 6 (1,0 điểm). Cho , , x y z là các số dương thỏa mãn: x y z   . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức:   4 4 4 4 4 4 1 1 1 P x y z x y z            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 tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Trên các cạnh AD, AB lấy hai điểm E và F sao cho AE = AF. Gọi H là hình chiếu vuông góc của A lên BE. Tìm tọa độ của C biết C thuộc đường thẳng d: x – 2y + 1 = 0 và tọa độ F(2; 0), H(1; -1) Câu 8a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz, cho điểm A(1; -1; 2) hai đường thẳng 1 1 1 : 2 1 1 x y z d     , 2 1 1 2 : 1 1 1 x y z d       . Tìm tọa độ điểm B thuộc d 1 , C thuộc d 2 sao cho BC nằm trong mặt phẳng chứa A và d 1 , đồng thời AC = 2AB và B có hoành độ dương. Câu 9a (1,0 điểm).Tìm số phức z biết 2 3 z i u z i     là một số thuần ảo và 1 3 1 z i z i      B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho elip có phương trình: 2 2 1 25 9 x y   . Tìm điểm M thuộc elip sao cho góc  0 1 2 90 F MF  với F 1 , F 2 là hai tiêu điểm của elip. Câu 8b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ trục Oxyz cho điểm A(1; 1; 2), B(2; -1; 1) và đường thẳng d: 1 1 1 2 1 x y z      . Tìm điểm M thuộc d có hoành độ dương sao cho diện tích tam giác ABM bằng 3 . Câu 9b (1,0 điểm). Cho z 1 , z 2 là hai nghiệm phức của phương trình: z 2 – 2z + 4 = 0. Tìm phần thực, phần ảo của số phức: 2013 1 2 w z z        , biết z 1 có phần ảo dương. …………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:……………………… SỞ GD VÀ ĐT HÀ TĨNH TRƯỜNG THPT CAN LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2013 – 2014 Môn: TOÁN – Khối A, A 1 , B (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) * Tập xác định: D = R * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: Ta có: y' = 3x 2 – 6x; y' = 0 0 2 x x       Hàm số đồng biến trên khoảng   ;0  và   2;  ; nghịch biến trên khoảng   0;2 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, y CĐ = 2; đạt cực tiểu tại x = 2, y CT = -2 - Giới hạn: lim ; lim x x y y       0,25 - Bảng biến thiên: x -  0 2 +  y’ + 0 - 0 + 2 +  y -2 -  0,25 * Đồ thị 4 2 2 4 5 2 3 1-1 O 0,25 b) (1,0 điểm) Gọi điểm M thuộc đồ thị hàm số có tọa độ   3 2 ; 3 2 M a a a   Khi đó phương trình tiếp tuyến tại M có dạng:     2 3 2 3 6 3 2 y a a x a a a       Phương trình hoành độ giao điểm của đồ thị (C) và tiếp tuyến là:     3 2 2 3 2 3 2 3 6 3 2 x x a a x a a a         0,25     2 2 3 0 2 3 x a x a x a x a              Để (C) cắt tiếp tuyến tại N khác M thì: 2 3 1 a a a      0,25 Câu 1 2,0 điểm Khi đó: ; 2 3 M N x a x a     Ta có:     2 2 2 2 5 2 3 9 12 9 3 2 5 P a a a a a           0,25 x y Do đó: 5 P  ,suy ra P min = 5 khi 2 3 a  .Đối chiếu ĐK ta được 2 3 a  .Vậy 2 26 ; 3 27 M       0,25 Câu Đáp án Điểm Đk: cos 0 cos 0 t anx sinx 0 cos 1 x x x              Khi đó phương trình đã cho tương đương với:   sinx sinx 3 sinx 2 1 cos sinx cos cos x x x                 0,25     2 2 sinx 2cos 3cos 1 0 2cos 3cos 1 0, :sinx 0 x x x x Do          0,25 Ta có: 2 cos 1 2cos 3cos 1 0 1 cos 2 x x x x             Vì cos 1 x   nên ta có: 0,25 Câu 2 1,0 điểm 1 2 os 2 ,( ) 2 3 c x x k k           Vậy nghiệm phương trình: 2 2 3 x k      với k   0,25           2 2 2 2 2 3 3 3 2 4 2 x x y y xy x y x y              Ta có phương trình (1) tương đương với:     3 3 3 3 x x y x y x      (3) 0,25 Xét hàm số: 3 ( ) 3 ,f t t t t      Do: 2 '( ) 3 3 0,f t t t       nên hàm số đồng biến trên  Suy ra: (3)     2 f x f y x y x      0,25 Thay vào pt (2) ta được: (x 2 – 2) 2 = 4(2 – 2x)  x 4 = 4(x – 1) 2  2 2 2( 1) 2( 1) x x x x         * PT: x 2 = 2(x – 1) vô nghiệm 0,25 Câu 3 1,0 điểm * PT: x 2 = -2(x – 1) 1 3 x    Vậy nghiệm của hệ phương trình là: 1 3 1 3 ; 2 2 3 2 2 3 x x y y                       0,25 Đặt 2 2 2 t anx 2 tan os t x dt dx c x     Đổi cận: khi x = 0 ta có: t = 2; khi 4 x   ta có: t = 3 0,25 Ta có:   3 2 4 2 2 0 2 tan tanx 1 2 . os 2 2 tan x t I dx dt c x t x        0,25 3 3 2 2 1 2 dt dt t     0,25 Câu 4 1,0 điểm 3 3 1 1 3 ln ln 2 2 2 2 2 t t    0,25 (1) (2) www.VNMATH.com Câu Đáp án Điểm E I H C A D B S M F K Gọi H là trung điểm cạnh AB, khi đó SH AB  , do (SAB)  (ABCD) nên SH  (ABCD) Gọi I là hình chiếu vuông góc của H lên BD khi đó: BD  (SHI), (Do BD  SH) Suy ra BD  SI, do đó góc giữa (SBD) và (ABCD) là:  SIH , theo giả thiết:  SIH = 60 0 0,25 Ta có: HI = 1 2 4 4 a AC  Trong tam giác vuông SHI ta có: SH = HI.tan60 0 = 6 4 a Ta có: S BCDM = S ABCD – S ABM = 2 2 2 5 6 6 a a a   Vậy 3 . 1 5 6 . 3 72 S BCDM BCDM a V S SH  (ĐVTT) 0,25 Dựng HN, AE song song với CM (N, E thuộc cạnh BC) Khi đó: CM//(SAE), E là trung điểm CN Ta có:             , ,( ) , ,( ) ,( d CM SA d CM SAE d C SAE d N SAE d H SAE     Gọi F là hình chiếu vuông góc của H lên AE, K là hình chiếu vuông góc của H lên SF, khi đó: (SHF)  (SAE) nên HK  (SAE), do đó:   ,( ) d H SAE HK  0,25 Câu 5 1,0 điểm Trong tam giác vuông ABE, ta có:  2 2 2 2 3 sin 13 4 9 a BE BAE AE a a     Suy ra HF = AH.sin  BAE = 13 a Trong tam giác vuông SAF ta có: 0,25 N 2 2 2 2 2 1 1 1 . 3 47 HF HS HK a HK HF HS HF HS       . Vậy   3 , 47 d CM SA a Câu Đáp án Điểm Ta có:     2 4 2 2 4 4 2 8 x y x y x y      ,   4 4 4 2 2 1 1 2 32 x y x y x y     0,25 Do đó:     4 4 4 4 4 4 32 1 1 32 5 8 8 x y x y z P z z z x y x y                                     0,25 Đặt 4 , x y t z         ta có: 0 1 t   (Do: x + y  z) Suy ra:   32 ( ) 5, 0;1 8 t P f t t t       0,25 Câu 6 1,0 điểm Ta có: 2 1 32 '( ) , '( ) 0 16 8 f t f t t t       , do đó:   '( ) 0, 0;1 f t t   Suy ra: 297 '( ) (1) 8 f t f  Vậy 297 min , : 8 x y P khi x y z        0,25 A. Theo chương trình chuẩn Câu Đáp án Điểm Gọi M là giao điểm của AH và CD Ta có hai tam giác ABE và ADM bằng nhau (Vì: AB = AD,   ABE DAM  , do cùng phụ với  AEH ) Do đó DM = AE = AF, suy ra BCMF là hình chữ nhật. 0,25 Gọi I là tâm hình chữ nhật BCMF Trong tam giác vuông MHB ta có: 1 2 HM BM  Do BM = CF nên 1 2 HM CF  , suy ra tam giác CHF vuông tại H. 0,25 Gọi tọa độ C(2c – 1; c), ta có:     2 2; 1 , 1;1 HC c c HF      0,25 Câu 7b 1,0 điểm Vì CH  FH nên 1 . 0 2 2 1 0 3 HC HF c c c           . Vậy tọa độ 1 1 ; 3 3 C        0,25 Gọi (P) là mặt phẳng chứa A và d 1 , gọi M(0; 1; 1) thuộc d 1 ,   2;1;1 u   là véc tơ chỉ phương của d 1 . Khi đó véctơ pháp tuyến của (P) là:   , 3; 1; 5 n AM u            Do đó phương trình của (P) là: 3x – y - 5z + 6 = 0. 0,25 Câu 8a 1,0 điểm Suy ra C là giao điểm của d 2 và (P), ta có tọa độ C là nghiệm của hệ phương trình: 0,25 I M H F E B A D C   1 1 1 2 3 1;3;0 1 1 1 3 5 6 0 0 x x y z y C x y z z                            Gọi tọa độ B thuộc d 1 là:   2 ; 1; 1 B b b b   Ta có: AB       2 2 2 2 2 1 2 1 6 2 6 b b b b b          , AC = 2 6 0,25 Do AC = 2AB nên: 2 2 0 2 6 2 6 2 6 6 2 0 1 3 b b b b b b              Vì B có hoành độ dương nên 2 4 4 ; ; 3 3 3 B       0,25 Đặt z = x + yi, (x, y R  ), khi đó:                     2 2 2 2 2 2 2 3 1 2 3 1 1 2 2 3 2 2 1 1 x y i x y i x y i u x y i x y x y x y x y i x y                                 u là số thuần ảo khi và chỉ khi           2 2 2 2 2 2 2 2 3 0 1 1 5 1 0 ; 0;1 x y x y x y x y x y                         (1) 0,5 Ta có:         2 2 2 2 1 3 1 1 3 1 1 2 2 0 z i z i x y x y x y                  (2) 0,25 Câu 9a 1,0 điểm Từ (1) và (2) ta có:   3 16 ; ; 5 5 x y          . Vậy số phức cần tìm: 3 16 5 5 z i    0,25 B. Theo chương trình Nâng cao Câu Đáp án Điểm Ta có: a = 5, b = 3, suy ra c = 4 Gọi   ; M a b thuộc elip ta có: 1 2 4 4 5 , 5 5 5 MF a MF a     0,25 Vì tam giác F 1 MF 2 vuông tại M nên: 2 2 2 1 2 1 2 MF MF F F   2 2 2 4 4 175 5 5 64 5 5 8 a a a                    0,25 Do M thuộc elip nên: 2 2 2 9 1 25 9 8 a b b     0,25 Câu 7b 1,0 điểm Vậy tọa độ cần tìm: 5 14 3 2 5 14 3 2 5 14 3 2 5 14 3 2 ; , ; , ; , ; 4 4 4 4 4 4 4 4 M M M M                                     0,25 Vì M thuộc d nên tọa độ M có dạng:   ;1 2 ; 1 M a a a   Ta có:     1; 2 ; 1 , 1; 2; 1 AM a a a AB          Suy ra:   , 4 2;2 2;2 AM AB a a          0,25 Câu 8b 1,0 điểm Ta có:     2 2 2 1 1 , 4 2 2 2 4 5 6 3 2 2 AMB S AM AB a a a a                 0,25 Theo giả thiết ta có phương trình: 2 2 0 5 6 3 3 5 6 0 6 5 a a a a a a              Vì M có hoành độ dương nên tọa độ cần tìm: 6 7 11 ; ; 5 5 5 M        0,5 Vì  = -3, nên phương trình có hai nghiệm phức: 1 2 1 3 , 1 3 z i z i     , (Do z 1 có phần ảo dương) 0,25 Ta có:   2 2 2 1 2 1 3 1 3 1 3 os .sin 4 2 2 3 3 1 3 i z i i c i z i                          0,25 Do đó: 2013 4026 1 2 os .sin os1342 .sin1342 1 3 3 z c i c i z                      0,25 Câu 9b 1,0 điểm Vậy phần thực bằng 1, phần ảo bằng 0. 0,25 …………… Hết……………. www.VNMATH.com www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN THỨ NHẤT ĐỀ CHÍNH THỨC Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 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: 3 2 3 2 y x x    (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1) b) Tìm k để đường thẳng ( 1) y k x   cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt. Chứng minh rằng, khi đó hoành độ của ba điểm này lập thành một cấp số cộng. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 1 9 (3sin sin 3 ) cos 5cos 3 0 2 2 x x x x              Câu 3 (1,0 điểm). Chứng minh rằng, hệ phương trình sau có nghiệm duy nhất 0, 0. x y   2 2 2 2 2014 1 1 2014 1 1 x y x y x y x y                ( , ) x y   Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 3 1 2 4 0 1     x dx I x x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác đều ABC.A'B'C' có tất cả các cạnh bằng a. M là trung điểm cạnh AB. Mặt phẳng (P) đi qua M và vuông góc với CB' cắt các cạnh BC, CC', AA' lần lượt tại N, E, F. Xác định N, E, F và tính thể tích khối chóp C.MNEF. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z sao cho x + y + z + 2 = xyz. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 1 1 1 x y z   . 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 Oxy cho parabol 2 8 y x  và điểm (1;2 2) A . Các điểm B và C thay đổi trên parabol sao cho  0 90 BAC  . Chứng minh rằng đường thẳng BC luôn luôn đi qua một điểm cố định. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua M(2; 3; -1), vuông góc với hai mặt phẳng lần lượt có phương trình 5 4 3 20 0 x y z     và 3 4 8 0 x y z     . Câu 9.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu cách xếp 4 bạn nữ và 6 bạn nam vào 10 ghế được sắp thành một hàng ngang sao cho không có hai bạn nữ nào ngồi cạnh nhau. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có phương trình đường thẳng chứa đường chéo AC là    2 9 0 x y . Xác định tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật đã cho biết rằng diện tích của hình chữ nhật đó bằng 6 , đường thẳng CD đi qua điểm (2;8) N , đường thẳng BC đi qua điểm M(0; 4) và đỉnh C có tung độ là một số nguyên. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, viết phương trình mặt phẳng đi qua M(2; 3; -1), vuông góc với hai mặt phẳng lần lượt có phương trình 5 4 3 20 0 x y z     và 3 4 8 0 x y z     . Câu 9.b (1,0 điểm). Có bao nhiêu cách xếp 4 bạn nữ và 6 bạn nam vào 10 ghế được sắp thành một vòng tròn sao cho không có hai bạn nữ nào ngồi cạnh nhau. HẾT Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 LẦN THỨ NHẤT Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 (Đáp án - Thang điểm này có 06 trang) CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM a) 1.0đ TXĐ:  0,25 Giới hạn: 3 2 3 2 lim ( 3 2) , lim ( 3 2) x x x x x x           0,25 Bảng biên thiên: 2 ' 3 6 y x x   ' 0 0, 2 y x x     Bảng biên thiên: x - 0 2 + y + 0 - 0 + y' 2 + - - 2 0,25 Đồ thị: 0,25 b) 1.0đ Câu 1 (2.0đ) Phương trình cho biết hoành độ điểm chung(nếu có): 3 2 3 2 ( 1) x x k x     0,25 2 ( 1)( 2 2) ( 1) x x x k x       2 2 1 0 1 2 2 2 2 0 (*) x x x x k x x k                   0,25 f(x)=x^3-3x ^2+2 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 -9 -8 -7 -6 -5 -4 -3 -2 -1 1 2 3 4 5 6 7 8 9 x y 2 1 2 O 1- 3 1+ 3 -2 www.VNMATH.com Đường thẳng y = k(x - 1) cắt đồ thị (C) tại ba điểm phân biệt khi chỉ khi phương trình (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 1. ' 3 0 3 3 0 k k k               0,25 Ba giao điểm có hoành độ theo thứ tự tăng là 1 3 , 1, 1 3 k k     Thấy ngay đó là một cấp số cộng. 0,25 Câu 2 (1.0đ) Phương trình đã cho tương đương: 3 2 3 2 2sin sin 5 5sin 3 0 2sin 5sin sin 2 0 x x x x x x           0,25 2 2 sinx = - 1 (sinx + 1)(2sin 3sinx - 2) 0 2sin 3sinx - 2 0 x x         0,25 sinx = - 1 x = - 2 2 k     (1) 2 sinx 2 2sin 3sinx - 2 0 1 sinx 2 x           2 6 5 2 6 x k x k                (2) 0,25 Kết hợp (1) và (2), ta có: 2 6 3 x k     0,25 ĐK: 1 x   hoặc 1 x  , 1 y   hoặc 1 y  Theo giả thiết x > 0, y > 0 suy ra x > 1, y > 1. Từ hệ phương trình đã cho: 2 2 2 2 1 1 1 1 x x y y x x y y        (1) 0,25 Xét hàm số 2 2 ( ) , (1; ) 1 1 x x f x x x x       2 2 2 2 1 1 '( ) 0, ( 1) 1 ( 1) 1 f x x x x x         (1; ) x    Suy ra f nghịch biến, liên tục trên (1; )  (1) ( ) ( ) f x f y x y     0,25 Câu 3 (1.0đ) Suy ra 2 2 2014 0 1 1 x x x x      Xét hàm số 2 2 ( ) 2014 1 1 x x g x x x      Ta có 2 2 2 2 1 1 '( ) 0, ( 1) 1 ( 1) 1 g x x x x x         (1; ) x    Suy ra g nghịch biến, liên tục trên ( ; 1) (1; )     0,25 (V N) [...]...www.VNMATH.com Mt khỏc lim g ( x) , lim g ( x) 2012 x x 1 Suy ra pcm Cõu 4 (1.0) I x 0 0,25 1 3 1 x dx 2 4 x 1 1 = 1 0 1 0 = x 3 ( x 4 1 x 2 ) dx = x 3 x 4 1dx x 5 dx 0 0,25 1 1 4 4 5 x 1d ( x 1) x dx 40 0 1 0,25 1 = 12 4 1 6 4 ( x 1) x 1 x 4 3 0 6 0 0,25 1 1 1 2 1 2 3 6 6 3 0,25 Hỡnh v Cõu 5 (1.0) A' C' B' E J F 0,25 A C M N B I *) Xỏc nh N,... IlgiaoimcaACvd2:7x6y57=0. c 20 c 24 ; 5 5 Tacú AIM ngdng CID CI 4 AI CI 4 IA I M I d 2 nờntacú: 7 c 20 c 24 6 57 0 c 1 VyC(1;5). 5 5 0.25 0.25 Tacú: 14t 51 7t 57 M d2 M t; B 4t 15; 6 3 14t 30 14t 66 AB 4t 20; , CB 4t 16; 3 3 81 Do AB.CB 0 17t 2 132t 243 0 t 3 hoc t 17 69 89 B( 3; 3) hoc B ; (loi).Vy B ( 3; 3) 17 17... 4( x 2 1) 2(3x 1) x 2 1 2 x 2 3x 2 0 0.25 1 x ( x 2 1 x )( x 2 1 1) 0(1) 2 2 x 2 Xột x 1; 2 ,tacú: x 1 1 3 2 0, x 1; 2 2 1 5 2 Doú: (1) x 1 x 0 1 x 2 4 5 Vytpnghimcabtphngtrỡnhl: T 1; 4 0.25 0.25 (1 im) I 4 4 2sin xdx 0 0 4 tan x ln(cos x ) dx I 1 I 2 ; I 1 2sin xdx 2 cos x cos x 0 0.25 4 0 2 2 Cõu 4 1 sinx tan x sin x 1 III I 2 lncosx 4. .. 1 4 2 2 2 3 3 a 1 b 1 c 1 a b c 3 a 1 b 1 c 1 3 3 2 54 2 54 f (t ) ,vi t abc1 t 1 Vy P = , 3 a b c 1 a b c 3 t t 2 3 2 2 a b c f / (t ) 2 0.25 t 4 2 162 ; f / (t ) 0 t 2 t 2 4 t 1(loai) 0.25 0.25 0.25 1 Lpbngbinthiờnchohmsf(t)tacúMax P khi a b c 1x 2, y 1, z 1 4 Phn riờng 1.(1 im) Gi C c; c 4 d1 , IlgiaoimcaACvd2:7x6y57=0. c 20 c 24 ;... x y 12 0 (CM ) : x y 4 0 B (4; 8) ( AD) : x y 2 0 (CN ) : x y 6 0 D (2; 4) 0,25 Gi (P) l mt phng vuụng gúc vi hai mt phng Cõu 8b(1.0) 5x 4 y 3z 20 0,3x 4 y z 8 0 Hai mt phng ny ln lt cú vộc t phỏp tuyn l u , v thỡ u , v l mt vộc t phỏp tuyn ca (P) u (5; 4; 3), v (3; 4; 1) u , v (8; 4; 8) 0,25 Suy ra, phng trỡnh ca (P): 0,25 8( x 2) 4( y 3) 8( z 1) 0 0,25... khong trng cú th xp nhiu nht mt n vo ú Chn 4 khong trng trong 6 khong trng xp mi khong trng mt n vo ú Cú 5! cỏch xp 6 nam Cú A 64 cỏch xp n S tt c cỏc cỏch xp: 5! A 64 = 60.6! Ht 0,25 0,25 0,25 0,25 www.VNMATH.com S GIO DC V O TO NGH AN TRNG THPT QUNH LU 1 THI TH I HC CAO NG NM 20 14- LN 3 Mụn thi: TON Khi A, A1, B Thi gian lm bi: 180 phỳt, khụng k thi gian giao I PHN CHUNG CHO TT C CC TH... (1;5) M(0 ;4) (CM ) : x + y - 4 =0 N(2;8) (CN ) : x y 6 0 0,25 0,25 0,25 0,25 CD CD ; 2 2 Suy ra ( AB) : x y C 0,( AD) : x y D 0 A CD C D 9 0 C 3D 18 2 D4 C 6 d (M , ( AD) , d ( N , ( AB) 2 2 A ( AC ) 0,25 Din tớch hỡnh ch nht bng 6, suy ra: ( D 4) (C 6) 12 ( D 4) (3D 12) 12 ( D 4) 2 4 D 6 hoc D 2 i) D 6 C 0 A(3;3) 0,25 ( AB ) : x y 0 (CM ) : x y 4 0 B(2;... H ( ; ; ) AH ( ; ; ) n (2; 13;3) 14 14 14 14 14 14 Vy(P): 2 x 3 13 y 0 3 z 4 0 2 x 13 y 3z 18 0 0.25 GiAlbinclpcstnhiờnchiahtcho5,cú5chskhỏcnhau. 5 Scỏcstnhiờngm5chskhỏcnhaukcs0ngu: A7 4 Scỏcstnhiờngm5chskhỏcnhauvcús0ngul: A6 s Scỏcstnhiờngm5chskhỏcnhau: A75 A 64 2160 s 0.25 P Cõu VIIb (1 3 im Scỏcstnhiờnchiahtcho5cú5chskhỏcnhau: A 64 +5 A5 =660s n A 660 ) 660 11 25 Tacú:... tuyn ca (P) u (5; 4; 3), v (3; 4; 1) u , v (8; 4; 8) 0,25 0,25 Suy ra, phng trỡnh ca (P): 0,25 0,25 8( x 2) 4( y 3) 8( z 1) 0 2 x y 2z 9 0 Cõu 9a(1.0) Cõu 7b(1.0) Nu 6 nam ó c xp vo 6 gh thỡ cú 7 khong trng cú th xp nhiu nht mt n vo ú Chn 4 khong trng trong 7 khong trng xp mi khong trng mt n vo ú Cú 6! cỏch xp 6 nam Cú A 74 cỏch xp n S tt c cỏc cỏch xp: 6! A 74 = 120.7! (AB) kớ hiu... phng (P) v mp(ABC) T giỏc MNCA l hỡnh chiu vuụng gúc ca t giỏc MNEF trờn mp(ABC) Suy ra dt (MNEF ) dt ( MNCA) cos ENC a Ta cú ENC = , dt ( ABC ) 4 0,25 2 3 4 a2 3 a2 3 2 dt ( ABC ) dt ( BMN ) 32 7 6a Suy ra dt (MNEF ) 4 1 32 cos 4 2 3 a 3 2a 4 2 8 Mt khỏc d(C,mp(MNEF)) = Gi V l th tớch khi chúp C.MNEF, ta cú: 0,25 www.VNMATH.com 1 7 6a 2 3 2a 7 3a3 V 3 32 8 128 Cõu 6 (1.0) 0,25 Ta cú: . Vậy   3 , 47 d CM SA a Câu Đáp án Điểm Ta có:     2 4 2 2 4 4 2 8 x y x y x y      ,   4 4 4 2 2 1 1 2 32 x y x y x y     0,25 Do đó:     4 4 4 4 4 4 32 1 1 32. LỘC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM HỌC 2013 – 20 14 Môn: TOÁN – Khối A, A 1 , B (Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề) www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Đáp án Điểm. liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 20 14 LẦN THỨ NHẤT Môn: TOÁN; Khối