Được đánh giá là một trong những Trung tâm Luyện thi Uy tín tại Tp. HCM http://www.qsc45.com http://www.qsc45.vn

1. TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC QSC- 45
Số 92 Nguyễn Đình Chiểu,P.ĐaKao,Q.1
Điện thoại: 08.38016768
ĐỀ KIỂM TRA ĐẦU NĂM
MÔN: TOÁN- MÃ ĐỀ CN 15/12/2013
Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề)
----------o0o----------
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y = x3
+ mx2
+ 1 có đồ thị (Cm). Tìm m để (Cm) cắt d: y = – x + 1 tại ba điểm
phân biệt A (0;1), B, C sao cho các tiếp tuyến của (Cm) tại B và C vuông góc với nhau.
Câu II (3,0 điểm)
1. Giải phương trình:  
3
3 1
1 12
2 6.2 1
22
x x
xx
   
2. Tính tích phân I =
2
1 1 1
xdx
x 

3. Giải phương trình 2sin3x( 1/ sinx ) = 2cos3x + ( 1/ cosx )
Câu III (2,0 điểm) Cho tứ diện đều ABCD cạnh a.
a)Tính khỏang cách từ điểm A tới mặt phẳng BCD.
b)Tính khỏang cách giữa hai cạnh đối diện AB và CD.
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IV.a (2,0 điểm) Cho hình chóp tam giác đều S.ABC có độ dài cạnh đáy là a. Gọi M, N là trung điểm SB, SC.
Tính theo a diện tích AMN, biết (AMN) vuông góc với (SBC).
Câu V.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thỏa
mãn:  1z i i z  
2.Theo chương trình nâng cao
Câu V.a (2,0 điểm) Giải bất phương trình : 2
2.5
5 3 5
5 4
x
x
x
 

Câu V.b (1,0 điểm)
Trong mặt phẳng toạ độ Oxy, tìm tập hợp điểm biểu diễn các số phức z thoả mãn điều kiện
 3 4 2z i   .
----------Hết------------
(Giám thị coi thi không giải thích đề)

2. ĐÁP ÁN MÔN TOÁN CN – 15/12/2013
I.PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm)
Câu I (2,0 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của d và (Cm) là: x3
+ mx2
+ 1 = – x + 1  x(x2
+ mx + 1) = 0 (*)
Đặt g(x) = x2
+ mx + 1 . d cắt (Cm) tại ba điểm phân biệt g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 0.
 
2
4 0 2
20 1 0
g m m
mg
    
      
.
Vì xB , xC là nghiệm của g(x) = 0
1
B C
B C
S x x m
P x x
   
 
 
.
Tiếp tuyến của (Cm) tại B và C vuông góc với nhau nên ta có:     1C Bf x f x   
  3 2 3 2 1B C B Cx x x m x m       2
9 6 4 1B C B C B Cx x x x m x x m          2
1 9 6 4 1m m m       
2
2 10m  5m   (nhận so với điều kiện)
Câu II (3,0 điểm)
Viết lại phương trình có dạng:
3
3
3
2 2
2 6 2 1
2 2
x x
x x
   
      
  
(1)
Đặt
33
3 3
3
2 2 2 2
2 2 2 3.2 2 6
2 2 2 2
x x x x x
x x x x
t t t
   
            
   
Khi đó phương trình (1) có dạng: 3 2
6 6 1 1 2 1
2
x
x
t t t t       
Đặt 2 , 0x
u u  khi đó phương trình (2) có dạng:
2 1(1)
1 2 0 2 2 2 1
22
xuu
u u u u x
u
 
             
Vậy phương trình có nghiệm x=1
2. Đặt 1x  t 1
Khi đó 2 2
2( 1)
hay x= 1 1: 1
2: 2
dx t dt
x t
x t
 

   
  
x -1= (t -1) (t -1)
22 2 23 2
2
1 1 1
( 1) ( 1) 1 3 4 1 1
2 . 2 . 2 3 4 .
t t t t t
dt dt t t dt
t t t
               
 
  
3 2
2
2 3 4 ln | |
13 2
t t
t t
 
    
 
5
2ln 2
3
  .
3. Giải phương trình 2sin3x(1/sinx)=2cos3x+ (1/cosx)
2(sin3x-cos3x) = 1/sinx +1/cosx  sin2x(3sinx-4sin3
x-4cos3
x +3cosx) = sinx+cosx
ĐS:
7
; ; .
4 4 12 12
x k x n x m
   
        
Câu III (2,0 điểm)

3. Giải
a) Gọi G là trọng tâm tam giác đều BCD và E = BC ∩ DG , F = CD ∩ BG
Ta có : BF = DE = AF = a =
2
3a
và AGCDABFCD
AFCD
BFCD






)(
Chứng minh tương tự ta có BC AG
Vậy AG (BCD) và AG là khỏang cách từ A đến (BCD).
Ta có: AG2
= AB2
– BG2
= a2
-
3
2
2
3
3
2 2
2
aa








. Vậy AG =
3
6a
b) Gọi H là trung điểm AB . Vì CD )(ABF nên CD HF . Mặt khác FA = FB nên FH AB . Vậy
FH là khỏang cách giữa hai cạnh đối AB và CD.
Ta có HF2
= AF2
– AH2
=
222
3 222
aaa














. Vậy HF =
2
2a
II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm)
Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần 1 hoặc phần 2)
1. Theo chương trình chuẩn
Câu IV.a (2,0 điểm)
Gọi O là hình chiếu của S trên (ABC), ta suy ra O là trọng tâm ABC . Gọi I là
trung điểm của BC, ta có:
3 3
2 2
a
AI BC 
3 3
,
3 6
a a
OA OI  
Trong mặt phẳng (ABC), ta vẽ tia Oy vuông góc với OA. Đặt SO = h, chọn hệ trục
tọa độ như hình vẽ ta được:
O(0; 0; 0), S(0; 0; h),
3
; 0; 0
3
a
A
 
 
 
3
; 0; 0
6
a
I
 
  
 
,
3
; ; 0
6 2
a a
B
 
 
 
,
3
; ; 0
6 2
a a
C
 
  
 
,
3
; ;
12 4 2
a a h
M
 
 
 
và
3
; ;
12 4 2
a a h
N
 
  
 
.
2
( )
5 3
, ; 0;
4 24
AMN
ah a
n AM AN
 
      
 
  
,
2
( )
3
, ; 0;
6
SBC
a
n SB SC ah
 
     
 
  
2 2
2
( ) ( )
5 1 10
( ) ( ) . 0 ,
12 2 16
AMN SBC AMN
a a
AMN SBC n n h S AM AN          
   
.
z
a
x
y
h
MN
O
I
C
A
B
S

4. Câu IV.b (1,0 điểm)
Gọi z = x + yi  ,x R y R  , ta có:
 1z i i z        1x y i x y x y i      
     
2 2 22
1x y x y x y      
2 2
2 1 0x y y    
 
22
1 2x y   
Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I(0, -1), bán kính R = 2 .
2.Theo chương trình nâng cao
Câu V.a (2,0 điểm)
Điều kiện 2
5 55 4 0 2 log 4 log 2x
x x      (*)
Đặt 5x
u  , điều kiện u>2, khi đó bất phương trình có dạng: 2
2
3 5
4
u
u
u
 

(1)
Bình phương 2 vế phương trình (1) ta được:
2 2 2 2
2
2 22 2
4 4
45 4. 45
4 44 4
u u u u
u
u uu u
     
  
(2)
Đặt
2
2
, 0
4
u
t t
u
 

. Khi đó bất phương trình (2) có dạng:
2
2 4 2
2
2 5
2
2
4 45 0 5 5 25 100 0
4
log 2020 20 5 20(*)
1
5 log 55 5 5
2
x
x
u
t t t u u
u
xu u
u xu
          

                   
Vậy nghiệm của bất phương trình là  5 5
1
log 2; log 20;
2
x
 
   
 
Câu V.b (1,0 điểm)
Gọi z = x + yi  ,x R y R  , ta có:    3 4 3 4z i x y i     
Từ giả thiết ta có:        
2 2 2 2
3 4 2 3 4 4x y x y        
Tập hợp các điểm biểu diễn các số phức z là đường tròn tâm I(3, -4), bán kính R = 2.
----------Hết------------
(Giám thị coi thi không giải thích đề)

5. f(t)
f/
(
f(t)
f/
(