SỞ GD&ðT HẢI DƯƠNG TRƯỜNG THPT NAM SÁCH

ðỀ THI TH Ử ðẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013- 2014 MÔN: TOÁN; KH ỐI: A, A1, B

(Thời gian làm bài 180 phút, không kể thời gian phát ñề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 ñiểm)

Câu 1 (2 ñiểm) Cho hàm số 4 212 2

3y x mx= − + (1), với m là tham số.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi 4

3m = .

b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có ba ñiểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm ñường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa ñộ O.

Câu 2 (1 ñiểm) Giải phương trình: 2 18cos 2cos 6 2 3 sin 0.

cosx x x

x− − − + =

Câu 3 (1 ñiểm) Giải hệ phương trình: 4 3

2 2

4 4 2 9 5

8 3 4 4

y x xy x

x xy y xy y

− + − + =

− + + =

Câu 4 (1 ñiểm) Tính tích phân: ln 2

0

11

xx

x

eI e x dx

e

= + + + ∫ .

Câu 5 (1 ñiểm) Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ c ạnh a. M, N lần lượt là trung ñiểm của AB và C’D’. Tính khoảng cách từ B’ ñến (A’MCN). Câu 6 (1 ñiểm) Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

( )

( )( )

( )( )

( )

2 2 2

2 2 22 2 2

2 2 28

2 2 2

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

+ + + + + ++ + ≤

+ + + + + +

II. PHẦN RIÊNG (3,0 ñiểm) Thí sinh chỉ ñược làm một trong hai phần riêng (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình Chuẩn

Câu 7a (1 ñiểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường tròn 2 2(C) : (x 1) (y 2) 4− + − = và ñường thẳng

(d) : x y 1 0.+ + = Tìm ñiểm M trên (d) sao cho qua ñiểm M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt tới

(C), ñồng thời ñường thẳng AB ñi qua ñiểm D(6; 3). (A, B là hai tiếp ñiểm). Câu 8a (1 ñiểm) Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng (P): 2x − y − 2z − 2 = 0 và ñường

thẳng (d): 1 2

1 2 1

x y z+ −= =−

. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc ñường thẳng (d), cách mặt phẳng (P)

một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là ñường tròn có bán kính bằng 3. Câu 9a (1 ñiểm) Tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức w 2 3z i= + − trên mặt phẳng Oxy, biết số phức z

thỏa mãn: 2

3 . 9z i z z+ ≤ + .

B. Theo chương trình Nâng cao

Câu 7b (1 ñiểm) Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường thẳng d: 2 3 0x y+ + = và elip ( )2 2

: 14 1

x yE + = . Viết

phương trình ñường thẳng ∆ vuông góc với d cắt ( )E tại hai ñiểm A, B sao cho diện tích tam giác AOB

bằng 1, với O là gốc tọa ñộ.

Câu 8b (1 ñiểm) Trong không gian Oxyz, cho ñường thẳng d: − += =

− −2 1

4 6 8

x y z và hai ñiểm A(1; -1; 2),

B(3; -4; -2). Tìm ñiểm I trên ñường thẳng d sao cho IA +IB ñạt giá trị nhỏ nhất.

Câu 9b (1 ñiểm) Tính tổng 1 5 9 20132014 2014 2014 2014...S C C C C= + + + + .

........................................….. Hết …...................................... Thí sinh không ñược sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm.

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

ðÁP ÁN MÔN TOÁN Lưu ý: ðây chỉ là một trong những cách giải, nếu thí sinh làm cách khác ñúng thì vẫn cho ñiểm tương ứng. CÂU ðIỂM

Cho hàm số 4 212 2

3y x mx= − + (1), với m là tham số.

a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ ñồ thị của hàm số (1) khi 4

3m = .

1.0

0.25

0.25

0.25

Câu 1 (2 ñiểm)

0.25

b) Tìm m ñể ñồ thị hàm số (1) có ba ñiểm cực trị tạo thành một tam giác có tâm ñường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa ñộ O.

1.0

1o. Tập xác định: R=D , y là hàm số chẵn.

* Giới hạn tại vô cực: .)238

31(limlim 42

4 +∞=+−=±∞→±∞→ xx

xyxx

* Bảng biến thiên: x ∞− ∞+0 0 0 0 − − +'y

y 3

10−

∞+

– 2

2

2+

∞+

310

−

xO 2

y

2

310

−

2−

3o. Đồ thị: Đồ thị hàm số nhận Oy làm trục đối xứng.

2o. Sự biến thiên: * Chiều biến thiên: Ta có .,

316

34' 3 R∈−= xxxy

⎢⎣

⎡±=

=⇔=

20

0'xx

y ; ⎢⎣

⎡>

<<−⇔>

202

0'x

xy ; ⎢

⎣

⎡<<

−<⇔<

.202

0'x

xy

Suy ra hàm số đồng biến trên mỗi khoảng )0;2(− và );2( ∞+ ; nghịch biến trên mỗi khoảng )2;( −−∞ và ).2;0(

* Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại điểm ,0=x giá trị cực đại 2=CĐy ; hàm số đạt cực tiểu tại

các điểm 2−=x và ,2=x giá trị cực tiểu .3

10−=CTy

Ta có ).3(3

4434' 23 mxxmxxy −=−=

Đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị ⇔ phương trình 0'=y có 3 nghiệm phân biệt .0>⇔ m

Khi đó đồ thị hàm số có 3 điểm cực trị là )32;3(),2;0( 2mmBA −− và ).32;3( 2mmC −

0)133)(1()32(32 222 =−+−⇔−+=⇔ mmmmmm⎢⎢⎢

⎣

⎡

±−=

==⇔

.6

213

0,1

m

mm

Kết hợp điều kiện 0>m ta có giá trị của m là .6

213,1 +−== mm

Tam giác ABC có tâm đường tròn ngoại tiếp trùng gốc tọa độ O khi và chỉ khi OCOBOA ==

0.25

0.25

0.25

0.25

Câu 1 (2 ñiểm)

Giải phương trình: 2 18cos 2cos 6 2 3 sin 0.

cosx x x

x− − − + = 1.0

ðiều kiện cos 0x ≠

Phương trình 3 28cos 2cos 6cos 2 3 sin cos 1 0x x x x x⇔ − − − + =

2cos3 3 sin 2 cos 2 0x x x⇔ − − = 0.25

cos3 cos 23

x xπ ⇔ = −

0.25

( )2

3 ,2

15 5

x kk

kx

π π

π π

= − +⇔ ∈

= +

ℤ 0.25

Câu 2 (1 ñiểm)

Kết hợp với ñiều kiện ta có nghiệm của phương trình là

( )22 ; ,

3 15 5

kx k x k

π π ππ= − + = + ∈ℤ 0.25

Giải hệ phương trình: ( )( )

4 3

2 2

4 4 2 9 5 1

8 3 4 4 2

y x xy x

x xy y xy y

− + − + =

− + + =

1.0

ðiều kiện: 0, 0x y≥ ≥ . Nhận thấy 0x y= = không thỏa mãn nghiệm của hệ phương trình ñã cho.

0.25

Xét 0

0

x

y

> >

, phương trình (2) ( ) ( )2 28 3 4 3 0x xy y y xy y⇔ − + − + − =

( )( ) ( )2 2

8 50

8 3 4 3

x y x y x y y

xy yx xy y y

− + −⇔ + =

+− + +

( )2 2

8 50

8 3 4 3

x y yx y x y

xy yx xy y y

+ ⇔ − + = ⇔ = +− + +

(vì 0, 0x y> > )

0.25

Thay y x= vào phương trình (1) ta có: 34 24 4 2 9 5x x x x− + − + =

( ) 34 25 4 4 2 9 8x x x x⇔ − − = − + ≥ (vì ( )23 2 34 2 9 4 1 8 8x x x− + = − + ≥ )

( ) ( )24 24 3 0 1 2 3 0 1x x x x x x⇔ − + ≤ ⇔ − + + ≤ ⇔ = (vì 0x > )

0.25

Câu 3 (1 ñiểm)

Do ñó 1 1x y= ⇒ = . Thử lại ta thấy thỏa mãn.

Vậy hệ phương trình có nghiệm 1

1

x

y

= =

0.25

Tính tích phân I=ln 2

0

11

xx

x

ee x dx

e

+ + +

∫ 1.0

I=

ln 2

0

11

xx

x

ee x dx

e

+ + +

∫ = ( )ln 2

0

1xe x dx+∫ +

ln 2 2

0 1

x

x

edx

e +∫ 0.25

ðặt I1= ( ) ( )ln 2 ln 2

ln 20

0 0

1 1 2ln 2x x xe x dx e x e dx+ = + − =∫ ∫ 0.25

ðặt I2=ln 2 2

0 1

x

x

edx

e +∫ =1-ln3+ln2 0.25

Câu 4 (1 ñiểm)

Vậy I=I1+I2=2ln2+1-ln3+ln2=8

ln3

+1 0.25

Cho hình lập phương ABCD.A’B’C’D’ c ạnh a. M, N lần lượt là trung ñiểm của AB và C’D’. Tính khoảng cách từ B’ ñến (A’MCN).

1.0

Bốn tam giác vuông / / / /AA M, BCM, CC N, A D N bằng nhau (c.g.c)

/ /A M MC CN NA⇒ = = = /A MCN⇒ là hình thoi.

Hai hình chóp B/A/MCN và B/.A/NC có chung ñường cao vẽ từ ñỉnh B/ và / /A MCN A NCS 2.S= nên: / / / /B .A MCN B .A NC.

V 2.V=

0.25

Mà: / / / / / / /

3 3/

B .ANC C.A B N A B N B .A MCN

1 1 1 a aV V .CC .S .a. .a.a V .

3 3 2 6 3= = = = ⇒ = 0.25

Ta có: //

A MCN

1S .A C.MN,

2= với / /A C a 3; MN BC a 2= = =

/

2

A MCN

a 6S .

2⇒ =

0.25

Câu 5 (1 ñiểm)

Gọi H là hình chiếu của B/ trên (A/MCN), ta có: / / //

B .A MCN A MCN

1V .B H.S

3=

/ /

/

3 2/ B .A MCN

A MCN

3.V a a 6 a 6B H 3. : .

S 3 2 3⇒ = = =

0.25

Cho các số dương a, b, c. Chứng minh rằng:

( )

( )( )

( )( )

( )

2 2 2

2 2 22 2 2

2 2 28

2 2 2

a b c b c a c a b

a b c b c a c a b

+ + + + + ++ + ≤

+ + + + + + 1.0

ðặt 3 3 3

; ;a b c

x y za b c a b c a b c

= = =+ + + + + +

, khi ñó 0 , , 3

3

x y z

x y z

< < + + =

Bất ñẳng thức ñã cho tương ñương với: 2 2 2

2 2 2

6 9 6 9 6 98

3 6 9 3 6 9 3 6 9

x x y y z z

x x y y z z

+ + + + + ++ + ≤− + − + − +

0.25

Xét hàm số ( )2

2

6 9 2511

3 6 9 3

t tf t t

t t

+ += − +− +

, với ( )0;3t ∈

Lập bảng biến thiên: ……………………………………………………

0.25

Câu 6 (1 ñiểm)

Từ bảng biến thiên suy ra 2 2

2 2

6 9 25 6 9 2511 0 11

3 6 9 3 3 6 9 3

t t t tt t

t t t t

+ + + +− + ≤ ⇔ ≤ −− + − +

Thay t lần lượt bởi x, y, z rồi cộng các bất ñẳng thức cùng chiều ta có :

( )2 2 2

2 2 2

6 9 6 9 6 911 25 8

3 6 9 3 6 9 3 6 9

x x y y z zx y z

x x y y z z

+ + + + + ++ + ≤ + + − =− + − + − +

,

dấu bằng xảy ra khi 1x y z= = =

ðpcm

0.5

D/

A/ B

/

C/

D

A B

C

M

N

Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường tròn 2 2(C) : (x 1) (y 2) 4− + − = và ñường thẳng (d) : x y 1 0.+ + = Tìm ñiểm M trên (d) sao cho qua ñiểm M kẻ ñược hai tiếp tuyến MA, MB phân biệt tới (C), ñồng thời ñường thẳng AB ñi qua ñiểm D(6; 3). (A, B là hai tiếp ñiểm)

1.0

(C) có tâm I(1;2),R 2.= ðặt 0 0M(x ; 1 x ) (d).− − ∈

ðể qua M có hai tiếp tuyến tới (C) 2 2 2 20 0IM R (x 1) (x 3) 4⇔ > ⇔ − + + > ( ñúng ∀x0)

- AB chính là giao tuyến chung của ñường tròn (C) và ñường tròn ñường kính IM. 0.25

- Trung ñiểm E của IM có tọa ñộ 0 0x 1 1 xE( ; )

2 2

+ −⇒ Phương trình ñường tròn ñường kính

IM là: 2 2

2 20 0 0 0x 1 1 x (x 1) (x 3)(x ) (y )

2 2 4

+ − − + +− + − =

2

2 2 0 00 0

2x 4x 6x y (x 1)x (1 x )y 0

4

− −⇔ + − + − − + =

0.25

- Tọa ñộ A, B là nghiệm hệ:

2 2

22 2 0 0

0 0

x y 2x 4y 1 0

2x 4x 6x y (x 1)x (1 x )y 0

4

+ − − + = − −+ − + − − + =

0 0 0(x 1)x (x 3)y (x 3) 0⇒ − − + + + =

⇒ phương trình AB: 0 0 0(x 1)x (x 3)y (x 3) 0− − + + + =

0.25

Câu 7a (1 ñiểm)

- Vì AB ñi qua D(6; 3) 0 0 0 06(x 1) 3(x 3) (x 3) 0 x 3.⇒ − − + + + = ⇔ = (thỏa mãn)

Vậy M(3; 4).− 0.25

Trong không gian với hệ tọa ñộ Oxyz, cho mặt phẳng (P) : 2x − y − 2z − 2 = 0 và ñường

thẳng (d): 1 2

1 2 1

x y z+ −= =−

. Viết phương trình mặt cầu có tâm thuộc ñường thẳng (d),

cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 2 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là ñường tròn có bán kính bằng 3.

1.0

ðường thẳng (d) có phương trình tham số là: 1 2 ;

2

x t

y t t R

z t

= − = − + ∈ = +

Gọi tâm mặt cầu là I. Giả sử I(−t; −1 + 2t; 2+ t)∈(d).

0.25

Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:

( )( ) | 2 1 2 4 2 2 | | 6 5 |; 3

3 3

t t t td I P

− + − − − − += = = ⇔

2

37

3

t

t

= = −

0.25

⇒ Có hai tâm mặt cầu: 2 1 8 7 17 1

; ; ; ;3 3 3 3 3 3

I I − − −

vµ . Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu

theo ñường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5.

0.25

Câu 8a (1 ñiểm)

Vậy phương trình mặt cầu cần tìm là: 0.25

(d)

EIM

A

B

D

2 2 2 2 2 22 1 8 7 17 1

25 253 3 3 3 3 3

x y z x y z + + − + − = − + + + + =

vµ

Tìm tập hợp các ñiểm biểu diễn số phức w 2 3z i= + − trên mặt phẳng Oxy, biết số phức z

thỏa mãn: 2

3 . 9z i z z+ ≤ + . 1.0

ðặt ( )w , ,x yi x y= + ∈ℝ , tập hợp ñiểm M(x;y) biểu diễn số phức w trên mặt phẳng Oxy.

Ta có: 3 1

2 3 .2 2

x yx yi z i z i

− ++ = + − ⇔ = + 3 1.

2 2

x yz i

− +⇒ = − .

Do ñó: ( ) ( )2 2

3 1. 9 9

4 4

x yz z

− ++ = + +

0.25

Ta có 3 9 3 5

3 .2 2

x yz i i

− ++ = + . Suy ra ( ) ( )2 2

2 3 9 3 53

4 4

x yz i

− ++ = + 0.25

23 . 9z i z z+ ≤ + ( ) ( ) ( ) ( )2 2 2 2

3 9 3 5 3 19

4 4 4 4

x y x y− + − +⇔ + ≤ + +

( )2

2 7 733

4 16x y

⇔ − + + ≤

0.25

Câu 9a (1 ñiểm)

Vậy tập hợp ñiểm biểu diễn số phức w là hình tròn tâm 7

3;4

I−

, bán kính 73

4R = . 0.25

Trong mặt phẳng Oxy, cho ñường thẳng d: 2 3 0x y+ + = và elip ( )2 2

: 14 1

x yE + = . Viết

phương trình ñường thẳng ∆ vuông góc với d cắt ( )E tại hai ñiểm A, B sao cho diện tích

tam giác AOB bằng 1, với O là gốc tọa ñộ.

1.0

Vì d∆ ⊥ nên phương trình ∆ có dạng: 2 0x y m− + = . Khi ñó A, B là nghiệm của hệ:

( )2 2

2 2

2 02

8 4 4 0 *14 1

x y mx y m

x y y my m

− + = = − ⇔ − + − =+ =

∆ cắt ( )E tại hai ñiểm phân biệt A, B ⇔ phương trình (*) có hai nghiệm phân biệt

( )2' 32 4 0 2 2 2 2 1m m⇔ ∆ = − > ⇔ − < <

0.25

Gọi ( ) ( )1 1 2 22 ; , 2 ;A y m y B y m y− − , trong ñó 1 2,y y là nghiệm của (*)

( ) ( ) ( )2 22 22 1 1 2 1 2

55 5 4 8

4AB y y y y y y m ⇒ = − = + − = −

.

0.25

ðường cao ( );5

mOH d O= ∆ =

( )2

2 2 2 2. 18 1 4 2

2 16OAB

OH ABS m m m m

⇒ = = − = ⇔ = ⇔ = ±

(tm)

0.25

Câu 7b (1 ñiểm)

Vậy phương trình ñường thẳng ∆ cần lập là: 2 2 0x y− + = hoặc 2 2 0x y− − = . 0.25

Trong không gian Oxyz, cho ñường thẳng d: − += =

− −2 1

4 6 8

x y z và hai ñiểm A(1; -1; 2),

B(3; -4; -2). Tìm ñiểm I trên ñường thẳng d sao cho IA +IB ñạt giá trị nhỏ nhất. 1.0

Câu 8b (1 ñiểm)

AB����

= ( 2; - 3; - 4); AB // d Gọi A’ là ñiểm ñối xứng của A qua d .Ta có: IA + IB = IA’ + IB ≥ A’B IA + IB ñạt giá trị nhỏ nhất bằng A’B Khi A’, I, B thẳng hàng ⇒ I là giao ñiểm của A’B và d

0.25

Do AB // d nên I là trung ñiểm của A’B.

Gọi H là hình chiếu của A lên d. Tìm ñược H 36 33 15; ;

29 29 29

0.25

A’ ñối xứng với A qua H nên A’43 95 28; ;

29 29 29

−

0.25

I là trung ñiểm của A’B suy ra I65 21 43; ;

29 58 29

− −

0.25

Tính tổng 1 5 20132014 2014 2014...S C C C= + + + 1.0

Trong khai triển: ( )2014 0 1 2 2 3 3 2014 20142014 2014 2014 2014 20141 ...x C xC x C x C x C+ = + + + + +

Khi x = 1 ta có: ( )0 1 2 3 2014 20142014 2014 2014 2014 2014... 2 1C C C C C+ + + + + =

Khi x = -1 ta có: ( )0 1 2 3 20142014 2014 2014 2014 2014... 0 2C C C C C− + − + + =

Lấy (1) – (2) ta có: ( )1 3 5 7 2013 20132014 2014 2014 2014 2014... 2 3C C C C C+ + + + + =

0.25

Xét số phức: ( )2014 0 1 2 2 3 3 2014 20142014 2014 2014 2014 20141 ...i C iC i C i C i C+ = + + + + +

Do ( ) ( )( ) ( )10072014 2 1007 1007 1007 10071 1 2 2 2i i i i i+ = + = = = −

0.25

Nên: 10072 i− 0 1 2 3 4 5 20142014 2014 2014 2014 2014 2014 2014...C iC C iC C iC C= + − − + + − −

=( ) ( )0 2 4 2012 2014 1 3 5 20132014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014 2014... ...C C C C C C C C C i− + − + − + − + − +

0.25

Câu 9b (1 ñiểm)

Vậy : 1 3 5 7 20132014 2014 2014 2014 2014...C C C C C− + − + + = 10072− (4)

Lấy (3) + (4): Ta có 2012 10062 2S = − 0.25

------------ HẾT-------------