ĐỀ ĐÁP ÁN ĐẶT HÀNG

ĐỀ THI THỬ SỐ 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐÁP ÁN XEM TẠI: nguyenvanxe.violet.vn Môn thi: TOÁN; Khối A,A 1 ,B,V Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số 2 3 2    x y x (1) a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm điểm M trên đồ thị (C), để tiếp tuyến tại M với đồ thị (C) cắt các đường tiệm cận của đồ thị (C) tại A và B sao cho tích . 2 MA MB  . Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos 2 sin 2 cos3 1 4 0 cos (sin 2 1)              x x x x x . Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình   2 2 1 2 5 3 3 1 2 3          x x x x x x (x   ). Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân 2 5 4 cos cos . sin      x x x I dx x Câu 5 (1,0 điểm). Cho khối lăng trụ ABC.A 1 B 1 C 1 có đáy là tam giác ABC với cạnh AB = a, AC = 2a và  0 60 BAC . Hình chiếu vuông góc của B 1 trên mặt phẳng (ABC) trùng với trung điểm của cạnh AC, góc giữa cạnh bên khối lăng trụ và mặt đáy bằng 45 0 . Tính thể tích khối lăng trụ ABC.A 1 B 1 C 1 và khoảng cách giữa AB và CC 1 theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x > 0, y > 0 thỏa mãn 2 2 3 0.      x y x xy xy y Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức 2 2 1 2 2    P x y xy xy . 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có diện tích bằng 30. Giả sử điểm (1;3) E trên cạnh AB sao cho 2 AE BE  , và đường thẳng CD có phương trình 2 3 0 x y    . Tìm các đỉnh của hình chữ nhật ABCD, biết đỉnh D có hoành độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho đường thẳng   1 : 1 2 2 x y z d     và mặt cầu   2 2 2 : 2 4 1 0       S x y z y z . Viết phương trình mặt phẳng (P) qua điểm   1; 1;1 M   , song song với đường thẳng (d) và tiếp xúc với mặt cầu (S). Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm phần thực của số phức z biết . 30 z z z   và 6 5 z   . B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M là trung điểm của cạnh BC, N trên cạnh CD sao cho 2 ND NC  . Giả sử   3; 1 N   và đường thẳng AM có phương trình 1 0 x   . Tìm tọa độ đỉnh A. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt phẳng ( ): 2 5 0 P x y z     và đường thẳng   3 1 3 : . 2 1 1      x y z d Gọi A là giao điểm của (d) và (P). Tìm tọa độ điểm B thuộc (P) sao cho AB vuông góc với ( ) d và 75 AB  . Câu 9.b (1,0 điểm). Tìm dạng lượng giác của số phức z biết số phức z thỏa mãn 2 2 3 z z i z     . HẾT Chịu trách nhiệm ra đề và đáp án: Nguyễn Văn Xê – ĐÀ NẴNG CÁC TRUNG TÂM NHỜ RA ĐỀ THI THỬ XIN LIÊN HỆ ĐT 0905333264 ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) + TXĐ:   \ 2  . + Sự biến thiên của hàm số. - Giới hạn và các đường tiệm cận: 2 2 lim ; lim x x y y         Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị. Vì lim lim 2 x x y y     Nên đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị. 0,25 Ta có: 2 1 ' 0, 2 ( 2) y x x       Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng (  ; 2) và (2;  ). 0,25 * Bảng biến thiên: x  2  y’ – – 2  y  2 0,25 1 (2,0 điểm) + Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm 3 0; 2       0,25 b) (1,0 điểm) Gọi 0 0 0 0 2 3 ; , 2 2 x M x x x          , ta có   0 2 0 1 '( ) 2 f x x    Phương trình tiếp tuyến với (C) tại M:   0 0 2 0 0 2 3 1 : ( ) 2 2 x y x x x x         0,25 Tiệm cận đứng x = 2, tiệm cận ngang y = 2 Tọa độ giao điểm A, B của    và hai tiệm cận là:   0 0 0 2 2 2; ; 2 2;2 2 x A B x x          0,25 Ta có     2 0 2 0 1 2 2 MA x x     ,     2 0 2 0 1 2 2 MB x MA MB x           2 2 0 2 0 1 . 2 2 2 MA MB MA x x       0,25 Đặt     2 0 2 , 0 , t x t   ta có phương trình 1 2 t t   1 t   Suy ra x = 1 hoặc 3 x  Vậy có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3). 0,25 Điều kiện: cos 0 2 sin 2 1 4 x k x x x k                         0,25 Phương trình cos 2 sin 2 cos3 1 0 4 x x x                cos3 cos sin 2 cos 2 1 0 x x x x         2 2cos2 cos 2sin cos 2cos 1 1 0 x x x x x       2 2cos 2sin cos 2cos2 cos 0 x x x x x       2cos cos sin cos2 0 x x x x     0,25 cos 0 ( ) cos sin cos2 0 ( ) x a x x x b         Giải (a): cos 0 x  (loại) 0,25 2 (1,0 điểm) Giải (b): cos sin cos2 0 x x x      2 2 cos sin cos sin 0 x x x x          cos sin 1 cos sin 0 x x x x      0,25 cos sin 0 4 1 1 sin cos 0 sin 4 2 x k x x x x x                                4 2 3 2 2 x k x k x k                    So với điều kiện, phương trình có nghiệm   2x k k    . Giải phương trình   2 2 1 2 5 3 3 1 2 3 x x x x x x          Điều kiện: 2 2 5 3 0 3 1 0 3 2 3 0 2 3 0 x x x x x x                    0,25 Phương trình   2 2 1 2 5 3 3 1 2 3 x x x x x x          2 1 1 3 3 2 3 2 3 1 0 x x x x x x x            0,25 Đặt 1, 3 , 2 3 a x b x c x       ( 0, 0, 0 a b c    ) Suy ra 2 2 2 2 1 a b c x     Phương trình thành 2 2 2 0 a b c ab bc ca       0,25 3 (1,0 điểm)  2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 a b c ab bc ca        2 2 2 2 2 2 2 2 2 0 a ab b b bc c c ca a                2 2 2 0 a b b c c a        Nên a b c   Vậy phương trình có 1 nghiệm 2 x  . 0,25 Ta có 2 2 2 5 5 5 4 4 4 cos cos cos cos sin sin sin x x x x x x I dx dx dx M N x x x                0,25 4 (1,0 điểm) 2 5 4 cos sin x M dx x     . Đặt sin cos t x dt xdx    . Khi 2 4 2 x t     , khi 1 2 x t     Suy ra 1 1 4 5 5 2 2 2 2 1 1 3 2 4 4 2 t M dt t dt t          0,25 2 5 4 cos sin x x N dx x     . Đặt 5 4 cos 1 sin 4sin u x du dx xdx dv v x x                 2 4 4 4 1 1 1 2 4 8 4 4sin sin 4 x N dx E x x            0,25   2 2 2 2 4 2 2 2 4 4 4 1 1 1 1 . 1 cot . sin sin sin sin E dx dx x dx x x x x              Đặt 2 1 cot sin t x dt dx x     . Khi 1 4 x t     , khi 0 2 x t     Suy ra     0 2 1 4 1 t 1 3 E dt      . Nên 1 8 3 N    Vậy 3 1 13 4 8 3 8 12 I        . 0,25 * Tính thể tích khối lăng trụ: Gọi H là trung điểm của AC, theo đề   1 B H ABC  Ta có  0 1 , , 60 2 AH AC a AB a BAC    Suy ra tam giác ABH đều, nên BH = a Vì B 1 H vuông góc (ABC) nên góc giữa B 1 B và đáy là góc  0 1 45 B BH  . Tam giác B 1 BH vuông cân tại H nên B 1 H = BH = a. 0,25 Diện tích tam giác ABC: S ABC =  2 1 3 . sin 2 2 a AB AC A  Thể tích khối lăng trụ: V 1 1 1 . ABC A B C = B 1 H.S ABC = 3 3 2 a 0,25 5 (1,0 điểm) * Tính khoảng cách giữa AB và CC 1 : Tam giác ABC có:  2 2 2 2 . .cos 3 BC AB AC AB AC A BC a      2 2 2 2 4 AB BC a AC    suy ra tam giác ABC vuông tại B. Gọi M trung điểm AB, suy ra MH là đường trung bình tam giác ABC nên HM  AB Dựng HE  MB 1 ( E thuộc MB 1 ) và CI song song HE (I thuộc đường thẳng AE) Ta có AB  B 1 H, AB  MH nên AB    1 B BH AB HE   HE  MB 1 , HE  AB nên HE  (ABB 1 A 1 ) CI song song HE, nên CI  (ABB 1 A 1 ) CI là khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABB 1 A 1 ). 0,25 Vì CC 1 song song mặt phẳng (ABB 1 A 1 ) Nên khoảng cách giữa CC 1 và AB bằng khoảng cách giữa CC 1 và (ABB 1 A 1 ), bằng khoảng cách từ C đến mặt phẳng (ABB 1 A 1 ) và bằng CI Vì MH = 1 3 2 2 a BC  và B 1 H = a, trong tam giác B 1 HM có: 2 2 2 1 1 1 1 21 2 21 2 7 7        a a HE CI HE HE MH B H Vậy khoảng cách giữa AB và CC 1 bằng 2 21 7 a . 0,25 Ta có 2 2 3 x y xy x y xy     ( ) 3 (1) xy x y x y xy      do x >0 ; y > 0 nên x + y > 0 (1)   2 1 1 4 3 3 3( ) 4 0 x y x y x y x y x y                   1 ( ) 4 0 4 x y x y x y              0,25 Mà P = (x + y) 2 + 2 - 1 xy . Lại có (1) 1 3 1 xy x y     3 1 1 x y xy     Nên P = (x + y) 2 +1 + 3 x y  0,25 Đặt x + y = t ( t 4)  2 3 1 ( ) P t f t t      Ta có '( ) f t = 2t - 3 2 2 3 2 3 0 >4 t t t t     mà ( ) f t liên tục trên nửa khoảng   4;  0,25 6 (1,0 điểm) Nên ( ) f t đồng biến trên nửa khoảng   4;  => 71 ( ) (4) 4 P f t f   Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng 71 4 khi x = y = 2 . 0,25 Vẽ EH vuông góc với CD Đường thẳng EH qua E có phương trình   :2 1 0 EH x y    Tọa độ H thỏa mãn hệ phương trình 2 1 0 1 2 3 0 1 x y x x y y                  , suy ra   1; 1 H   0,25 Ta có 2 5 EH  , suy ra 2 5 AD EH  . Diện tích hình chữ nhật S ABCD = . 30 AD CD  , suy ra 3 5 2 5 CD DH   7.a (1,0 điểm) Từ   3 : 2 3 0 2 x CD x y y        . Gọi 3 ; 2 a D a         , 0 a  0,25   2 2 3 1 1 2 5 2 a DH a               . Suy ra 3 a  hoặc 3 a   (loại) Tìm được   3; 3 D  Ta có   2 3;0 DH HC C       5;1 AD BC EH A      và   1;4 B  Vậy   5;1 A ,   1;4 B  ,   3;0 C  và   3; 3 D  . 0,25 Mặt cầu (S) có tâm   0;1;2 I và bán kính R = 2 Đường thẳng (d) có véc tơ chỉ phương   1;2; 2 d u    Gọi   ; ; P n A B C   là véctơ pháp tuyến của mặt phẳng (P)   2 2 2 0 A B C    0,25 Vì (d) song song với mặt phẳng (P) nên . 0 2 2 0 2 2 (1) P d n u A B C A C B          (P) qua điểm M nên (P) có phương trình:       1 1 1 0 ( ): 0 A x B y C z P Ax By Cz A B C              0,25 Mặt cầu (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P) nên khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P) bằng R:   2 2 2 2 ;( ) 2 A B C d I P A B C       (2) Thế (1) vào (2): 2 2 2 2 2 2 2 2 2 20 32 11 0 (2 2 ) C B B C B BC C C B B C            Suy ra: 1 2 B C  hoặc 11 10 B C  + Nếu 1 2 B C  , chọn B = 1 2 C   và A = 2, ta có (P 1 ): 2 2 1 0 x y z     + Nếu 11 10 B C  , chọn B = 11 10 C   và A = 2  , ta có (P 2 ): 2 11 10 1 0 x y z     0,25 8.a (1,0 điểm) Thay tọa độ điểm (0; 1;0) A  thuộc (d) vào mp(P 1 ): 2 2 1 0 x y z     thỏa mãn, nên điểm A thuộc mp(P 1 ), suy ra AB không song song với mp(P 1 ). Do đó   1 :2 2 1 0 P x y z     bị loại. Vậy có 1 mặt phẳng (P) cần tìm là:   :2 11 10 1 0 P x y z     . 0,25 9.a (1,0 điểm) Đặt   ,z x yi x y    , suy ra z x yi   Ta có 2 2 . z z x y   và 2 2 z x y   2 2 2 2 . 30 30 z z z x y x y        0,25 Đặt   2 2 0 t x y t    , ta có 2 30 0 5 t t t      hoặc 6 t   (loại) Với 2 2 5 25 t x y     (1) 0,25 Ta có   6 6 6 z x yi x yi        , suy ra   2 2 6 6 z x y       2 2 6 5 6 25 z x y       (2) 0,25 Từ (1) và (2) tìm được 3 , 4 x y    Vậy phần thực bằng 3. 0,25 Đặt 6 AB a  , suy ra 3 , 4 , 2 MB MC a DN a NC a     . Theo định lý Py-ta-go, tính được: 2 2 45 AM AB MB a   , 2 2 52 AM AD DN a   2 2 13 MN MC NC a   Định lý hàm số cô-sin:  2 2 2 2 . .cos MN AM AN AM AN MAN    Suy ra  7 65 cos 65 MAN  . 0,25 Vẽ NH vuông góc với AM , ta có   ; 4 NH d N AM   Ta có     2 4 65 sin 1 cos 65 MAN MAN   (Vì  MAN nhọn) Tam giác NAH vuông:  65 sin NH AN MAN   . 0,25 Điểm A thuộc đường thẳng AM, nên có dạng   1; A t   2 2 4 1 65 AN t    0,25 7.b (1,0 điểm) Suy ra 6 t  hoặc 8 t   Vậy   1;6 A hoặc   1; 8 A  Tọa độ của A thỏa mãn hệ phương trình 1 3 1 3 0 2 1 1 2 5 0 4 x x y z y x y z z                         suy ra   1;0;4 A  0,25 8.b (1,0 điểm) Giả sử 0 0 0 ( ; ; ) B x y z . Vì   0 0 0 ( ; ; ) B x y z P  nên 0 0 0 2 5 0 x y z     (1) Ta có   0 0 0 1; ; 4 AB x y z     Đường thẳng (d) có véc tơ chỉ phương   2;1;1 d u   0,25 Vì AB d  . 0 d u AB     0 0 0 2 2 0 (2) x y z     0,25 Và 2 2 2 0 0 0 5 3 ( 1) ( 4) 75 AB x y z        (3) Từ (1), (2) và (3) suy ra (4; 5; 1), B   hoặc ( 6; 5; 9). B  0,25 Gọi   ,z x yi x y    Ta có     2 2 2 2 2 2 z x yi z x y              2 2 2 3 2 3 2 3 2 3 z i x y i z i x y             2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 x y x y z z z x y x y                   0,25 1 3 x y         . Vậy số phức 1 3 z i   0,25 môđun của số phức z: 2 2 1 ( 3) 2 r    Tìm  sao cho 1 3 cos ,sin 2 2     0,25 9.b (1,0 điểm) Lấy 3    thì 1 3 1 3 2 2 cos sin 2 2 3 3 i i i                      Vậy dạng lượng giác của số phức 1 3 i  là 2 cos sin 3 3 i          . 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh nào có cách giải khác với đáp án, nhưng đúng kết quả thì vẫn được chấm điểm tối đa. HẾT Chịu trách nhiệm nội dung: Nguyễn Văn Xê – TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THÀNH ĐẠT – ĐÀ NẴNG. . HẾT Chịu trách nhiệm ra đề và đáp án: Nguyễn Văn Xê – ĐÀ NẴNG CÁC TRUNG TÂM NHỜ RA ĐỀ THI THỬ XIN LIÊN HỆ ĐT 0905333264 ĐÁP ÁN Câu Đáp án Điểm a) (1,0 điểm) + TXĐ:   . ĐỀ THI THỬ SỐ 1 ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 ĐÁP ÁN XEM TẠI: nguyenvanxe.violet.vn Môn thi: TOÁN; Khối A,A 1 ,B,V Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề PHẦN. khối lăng trụ: Gọi H là trung điểm của AC, theo đề   1 B H ABC  Ta có  0 1 , , 60 2 AH AC a AB a BAC    Suy ra tam giác ABH đều, nên BH = a Vì B 1 H vuông góc (ABC) nên góc giữa