đáp án đề thi thử đh môn toán lần 1 năm 2014 THPT Quốc Gia Chu Văn An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 1 MÔN TOÁN – KHỐI D CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 Cho hàm số 2 1 x y x − = + (1) 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). (1,00 điểm) • TXĐ: D = \{ 1}−¡ • Giới hạn và tiệm cận: 1 1 lim 1; lim ; lim x x x y y y + − →±∞ →− →− = = −∞ = +∞ ⇒ (C) nhận đường thẳng x = –1 là tiệm cận đứng và đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang. • Sự biến thiên: 2 3 ' 0, \{ 1} ( 1) y x x = > ∀ ∈ − + ¡ ⇒ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. 0,50 • Bảng biến thiên: • Hàm số không có cực trị. 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng : 2d y x m= − + cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt có độ dài bằng 30 . (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: 2 2 1 x x m x − = − + + (*) (*) ⇔ 2 2 (3 ) 2 0x m x m+ − − − = (1) . Nhận xét: (1) không có nghiệm x = – 1. (C) cắt d tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 ⇔ ∆ (1) > 0 ⇔ m 2 + 2m + 25 > 0 ⇔ m ∈ ¡ . 0,25 1 Gọi A(x 1 ; 1 2x m− + ) và B(x 2 ; 2 2x m− + ) là các giao điểm của (C) và d với 1 2 1 2 3 2 2 2 m x x m x x −  + =    +  = −   . Khi đó 2 2 1 2 1 2 1 2 5( ) 5[( ) 4 ]AB x x x x x x = − = + − 0,25 2 2 3 2 2 25 5[( ) 4 ] 5. 2 2 4 m m m m AB − + + + = + = 0,25 2 2 2 25 30 5. 30 2 1 0 1 4 m m AB m m m + + = ⇔ = ⇔ + + = ⇔ = − 0,25 2 Giải phương trình: sin 2 cos 2 2sin 0x x x− − = (*) 1,00 (*) ⇔ 2 sin 2 2 sin 4 x x π   − =  ÷   ⇔ sin 2 sin 4 x x π   − =  ÷   0,50 ⇔ 2 2 2 4 4 ( ) 5 2 2 2 12 3 4 x k x x k k k x x x k π π π π π π π π π   = + − = +   ⇔ ∈     = + − = − +     ¢ 0,50 3 Giải hệ phương trình: 2 2 ( 3) 9 1 ( 1) 2 1 x y y x y y − − =    − + = −   1,00 Trường hợp 1: Xét y = 0, hệ đã cho trở thành 3 1 0 1 x− =   = −  vô lý Trường hợp 2: Xét y ≠ 0, HPT ⇔ 2 2 3 1 (1 ) 9 2 1 ( 1) x y y x y y  − − =     − + = −   0,25 Đặt 1 t y = − , ta có hệ phương trình 2 2 3 9 2( ) 1 x t xt x t x t + + =    + − + = −   0,25 Đặt 2 ( 4 ) S x t S P P xt = +  ≥  =  , ta có hệ phương trình; 2 2 3 9 3 9 3 2 2 2 1 3 4 15 0 S P S P S P S S P S S + = + =   =    ⇔ ⇔    = − − = − − − =      hoặc 5 3 32 9 S P  = −     =   (loại) 0,25 3 3 1 2 2 2 S x t x P xt t = + = =    ⇔ ⇔    = = =    hoặc 2 1 x t =   =  ⇔ 1 1 2 x y =    = −   hoặc 2 1 x y =   = −  Hệ phương trình có hai nghiệm: 1 (1; );(2; 1) 2 − − 0,25 4 Tính tích phân: 1 0 ( 5).ln(2 1).I x x dx= − + ∫ 1,0 1 1 1 1 2 2 2 0 0 0 0 10 ( 5).ln(2 1). ln(2 1). ( 5 ) ( 5 ).ln(2 1) 2 2 2 1 x x x x I x x dx x d x x x dx x − = − + = + − = − + − + ∫ ∫ ∫ 0,50 2 1 1 2 0 0 9 21 21 9 21 21 ln3 ln3 ln 2 1 2 2 4 4(2 1) 2 4 4 8 x x I dx x x x     = − − − + = − − − + +     +       ∫ 9 21 57 ln3 ( 5 ln 3) 5 ln3 2 8 8 = − − − + = − 0,25 5 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a; cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC). 1,00 Ta có ( ) { } BC SA BC AB BC SAB BC SB SA AB A ⊥   ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥   ∩ =  Khi đó: 0 (( ),( )) ( , ) 60SBC ABC SB AB SBA∠ = ∠ = ∠ = Suy ra SA = ABtan60 0 = 3a 0,25 Khi đó: 3 . 1 1 1 3 . . . . 3 3 2 3 S ABC ABC a V S SA AB BC SA ∆ = = = 0,25 Tính d(B;(SAC)): Kẻ BH⊥AC ⇒ BH⊥(SAC) ⇒ d(B;(SAC)) = BH. Trong ∆ABC vuông tại B: 2 2 2 2 1 1 1 5 4BH BA BC a = + = ⇒ d(B;(SAC)) = BH = 2 5 a 0,25 Ta có 1 2 ( ;(SAC))= ( ;( )) 3 3 5 a d G d B SAC = 0,25 6 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca ≤ 3abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 3 3 3 1 1 1 2 6 2 6 2 6 P a b b c c a = + + + + + + + + 1,00 Ta có: 3 3 3 1 1 3 2 4 6 1 1 3 a a a a b b + + ≥ ⇔ + ≥ + + ≥ nên 3 3 3 3 1 1 2 6 6 3 3(2 ) 2 6 a b a b a b a b + + ≥ + ⇔ ≤ + + + . Tương tự 3 3 3 3 1 1 1 1 ; 3(2 ) 3(2 ) 2 6 2 6 b c c a b c c a ≤ ≤ + + + + + + ⇒ P 1 1 1 1 3 2 2 2a b b c c a   ≤ + +   + + +   (1) 0,25 Hơn nữa từ bất đẳng thức: 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) 9; , , 0 ( ); , , 0 9 x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + + + ≥ ∀ > ⇔ ≤ + + ∀ > + + ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 ( ) ( ) 2 9 3(2 ) 3( ) 27a b a a b a a b a b a a b a b = ≤ + + ⇒ = ≤ + + + + + + + Nên 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 3 2 2 2 9a b b c c a a b c   + + ≤ + +   + + +   (2) 0,50 Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1 ( ) 9 P a b c ≤ + + . Giả thiết ab + bc + ca ≤ 3abc 1 1 1 3 a b c ⇔ + + ≤ . Suy ra 1 3 P ≤ , dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 1 max 1 3 P a b c⇒ = ⇔ = = = 0,25 3 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có d 1 : 2x + y – 1 = 0, d 2 : x – y +3 = 0 lần lượt là đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường cao kẻ từ đỉnh C của tam giác. M(1;2) là trung điểm cạnh BC. Tìm tọa độ đỉnh A. 1,00 - Gọi B(b;1 – 2b) ∈ d 1 , C(c;c + 3) ∈ d 2 . - Do M(1;2) là trung điểm của BC nên: 2 2 2 3 1 2 3 4 2 0 4 3 b b c b c b c b c c  =  + = + =    ⇔ ⇔    − + + = − + =    =   ⇒ 2 1 ( ; ) 3 3 4 13 ( ; ) 3 3 B C  −       0,25 Đường thẳng AB: qua B và vuông góc với đường thẳng d 2 ⇒ AB: 3x + 3y – 1 = 0 0,25 Gọi 1 3 3 4 14 3 ( ; ) ( ; ) 3 6 6 a a a A a AB N − + − ∈ ⇒ là trung điểm của AC. Vì 1 3 4 14 3 16 1 0 3 6 3 a a N d a + − ∈ ⇒ + − = ⇔ = − 0,25 Vậy 16 17 ( ; ) 3 3 A − 0,25 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;2;–3), B(3;0;1) và C(–2;1;2). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. 1,0 Gọi H(a;b;c) là trực tâm của tam giác ABC. Khi đó: . 0 . 0 , , , [ , ]. 0 AH BC AH BC BH AC BH AC A B C H AB AC AH  =  ⊥    ⊥ ⇔ =     =    uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ®ång ph¼ng (I) 0,25 Biến đổi (I) ta được 5 6 3 5 4 3 11 4 13 a b c a b c a b c − − =   + − =   + + =  (II) 0,50 Giải hệ (II) ta được 101 54 13 101 54 13 ; ; ( ; ; ) 73 73 73 73 73 73 a b c H= = = ⇒ 0,25 9.a Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 0 1 2 3. 73 n n n C A C− + = . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 3 3 (2 ) n x x − với x > 0 1,0 Giải (*) 0 1 2 3. 73 n n n C A C− + = với 2 n n ∈   ≥  ¢ 2 16 ( 1) (*) 1 3 73 7 144 0 9 2 n n n n n n n =  − ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔  = −  (lo¹i) 0,50 Số hạng tổng quát của khai triển nhị thức Niu-tơn 16 3 3 (2 )x x − là: 48 4 16 3 1 16 2 .( 3) . k k k k k T C x − − + = − với 0 16 k k ∈   ≤ ≤  ¢ 0,25 Số hạng không chứa x ứng với k = 12 12 4 12 13 16 2 .3T C⇒ = 0,25 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết (E) 0,25 4 qua 3 (1; ) 2 M và tiêu điểm nhìn trục nhỏ dưới một góc 60 0 . Gọi phương trình chính tắc của (E) là: 2 2 2 2 1 ( 0) x y a b a b + = > > . Do (E) qua 3 (1; ) 2 M ⇒ 2 2 1 3 1 4a b + = (1) 0,25 Hơn nữa, tiêu điểm F 1 nhìn trục nhỏ B 1 B 2 dưới một góc 60 0 nên ∆F 1 B 1 B 2 đều ⇒ 1 2 1 3 3 2 B B OF c b= ⇒ = (2) 0,25 Do 2 2 2 2 2 4a b c a b= + ⇒ = (3) 0,25 Thay (3) vào (1) ⇒ b = 1 ⇒ a = 2 ⇒ 2 2 ( ): 1 4 1 x y E + = 0,25 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;2;–3), B(3;0;1) và C(–2;1;2). Tìm tọa độ điểm M thuộc mp(Oxy) sao cho 2MA 2 + 3MB 2 + MC 2 nhỏ nhất. 1,00 Gọi I là điểm xác định bởi 2 3 0IA IB IC+ + = uur uur uur r . Tìm được 3 5 1 ( ; ; ) 2 6 6 I − 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2( ) 3( ) ( ) 2 3 6 MA MB MC MA MB MC IA IM IB IM IC IM IA IB IC IM + + = + + = − + − + − = + + + uuur uuur uuuur uur uuur uur uuur uur uuur 0,25 Do 2 2 2 2 3IA IB IC+ + = hằng số nên 2 2 2 2 3MA MB MC+ + nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I trên mp(Oxy). 0,25 Vậy 3 5 ( ; ;0) 2 6 I 0,25 9.b Giải bất phương trình 2 2 5 5 3 2 8 25 3.5 .2 2 0 x x x x x x+ + + + − − ≥ (*) 1,00 TXĐ: ¡ (*) ⇔ 2 2 5 5 3 3 25 5 3. 4 0 4 2 x x x x x x + + + + − − ≥ 0,25 Đặt 2 5 3 5 0 2 x x x t + + = > , ta có bất phương trình 2 1 3 4 0 4 t t t t ≤ −  − − ≥ ⇔  ≥  So sánh điều kiện ta có 4t ≥ 0,25 Khi đó 2 2 5 5 5 5 3 5 4 5 2 ( 5)( log 2) 0 2 x x x x x x x x + + + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ + − ≥ (**) 0,25 Giải (**) được tập nghiệm 5 ( ; 5] [log 2; )S = −∞ − ∪ +∞ 0,25 HẾT 5 . THPT CHU VĂN AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2 013 - LẦN 1 MÔN TOÁN – KHỐI D CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 Cho hàm số 2 1 x y x − = + (1) 2,00 1. thức: 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) 9; , , 0 ( ); , , 0 9 x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + + + ≥ ∀ > ⇔ ≤ + + ∀ > + + ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 (