Đáp án đề thi thử đại học môn toán tháng 3 năm 2014

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 03/2014 Môn: TOÁN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = – x 3 + 3x 2 – 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Tìm trên đường thẳng (d): y = 3 các điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến (C). Giải: 1. TXĐ: D = ¡ Sự biến thiên: + Chiều biến thiên: y’ =  3x 2 + 6x  y’ = 0 x0 x2       Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên khoảng (;0) và (2; +) Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y CT = 1 và cực đại tại x = 2, y CĐ = 3 Giới hạn: x lim y ,    x lim    BBT: x  0 2 + y’  0 + 0  y + 3 1  Đồ thị: Đồ thị đi qua các điểm (1;3), (3; 1) và nhận I(1;1) làm tâm đối xứng. y O -1 2 1 3 -1 1 2 3 x 2. Gọi điểm M(m;3)  (d): y = 3. Phương trình tiếp tuyến của (C) qua M có dạng (): y = k(x – m) + 3 Hoành độ tiếp điểm (C) và () là nghiệm của hệ: 32 2 x 3x 1 k(x m) 3 3x 6x k               (1) (2) Thay k từ (2) vào (1) ta có phương trình: 2 (x 2) 2x (1 3m)x 2 0        (3) 2 x2 g(x) 2x (1 3m)x 2 0           (4) Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến (C)  phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt  phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt khác 2.  2 g m1 0 9m 6m 15 0 5 m 12 6m 0 3 g(2) 0 m2                             Vậy các điểm thỏa mãn đề bài có tọa độ (m;3) sao cho m1 5 m 3 m2                Câu II (2 điểm): 1. Giải phương trình: 2 sin3x cot x cos3x 2cosx   Giải: Điều kiện: sinx  0, cos3x + 2cossx  0. Phương trình  3 2 3 3sinx 4sin x cot x 4cos x cosx    Chia cả tử và mẫu số của vế trái cho 3 sin x ta được 2 2 3 33 3 4 sin x cot x cos x cosx 4 sin x sin x    2 2 32 3(1 cot x) 4 cot x 4cot x cot x(1 cot x)    vì 2 2 1 1 cot x sin x      2 2 2 3 3 3cot x 1 1 cot x cot x cot x 1 3cot x cotx cotx        cot x 1 x k ,k z. 4         Kiểm tra điều kiện ta thấy thoả mãn. Vậy nghiệm của phương trình là x k ,k z. 4      2.   22 4 4 2 2 2 2 (x y ) x y 15xy (x, y ) (x y )(x y ) 85x y             ¡ Giải: Ta thấy (x; y) = (0;0) là một nghiệm và hệ không có nghiệm: x0 y0      hoặc x0 y0      Hệ đã cho 2 22 2 2 2 22 xy xy (x y) 15 (x y) 15 yx yx x y x y (x y ) 85 2 (x y) 2xy 85 y x y x                                             Đặt xy yx  = u, x + y = v, suy ra (x + y) 2 – 2xy = uxy 2 v xy u2   (vì u ≠ –2) Thay xy vào hệ trên ta có: 2 2 2 uv 15 uv 15 uv 14u 17u 45 0 (u 2). 85 u2                Từ đó có hai trường hợp: TH1: x2 x y 5 5 y4 u y x 6 2 x4 v6 x y 6 y2                              TH2: x y 9 9 u y x 7 7 35 35 v xy 3 3                     (hệ vô nghiệm) Tóm lại hệ có 3 nghiệm (0;0), (2;4), (4;2). Câu III (1 điểm): Tính tích phân: 3 2 0 3sin x sin 2x I dx (cos2x 3cosx 1)(3 2sin x)        Giải: Ta có: I = 3 22 0 3sin x sin 2x dx (2cos x 3cosx)(3 2sin x)     3 2 0 sin x(3 2cosx) dx (2cosx 3).cosx.(1 2cos x)      3 2 0 sin x dx cosx.(1 2cos x)      3 22 0 cosx( sinx) dx cos x.(1 2cos x)      Đặt t = 2cos 2 x  dt = 4 cosx(sinx)dx Đổi cận: Khi x = 0  t = 2; khi x = 1 t 32   Khi đó 11 22 22 1 dt 1 1 1 I 2 t(1 t) 2 t t 1         1 1 1 1 1 2 1 1 ln ln ln ln 2 2 t 1 2 3 3 2 2 2         Vậy I = 1 ln2 2  Câu IV (1 điểm): Tứ diện ABCD có AB = AC = AD = a, · · 00 BAC 120 ;BAD 60 và BCD là tam giác vuông tại D. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC. Giải: + Tính thể tích khối tứ diện ABCD E D B C J H Trong  ABC cân tại A kẻ AH  BC   ABH vuông tại H có AB = a · 0 a BAH 60 AH 2    và HB = HC = HD = a3 2 (vì BCD vuông). Ta có: 22 2 2 2 2 a 3a HA HD a AD 44       AH  HD do đó AH  (BCD). ABD cân có · 0 BAD 60 nên ABD đều  BD = a và DC = 22 BC BD a 2 Vậy, 23 ABCD BCD 1 1 a 2a a 2 V AH.S . . 3 3 2 2 12    (đvdt) + Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC Ta sẽ tạo ra mặt phẳng chứa AD song song với BC. Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Trong mặt phẳng (BCD) kẻ DE  BC, trong mặt phẳng (ABC) qua E kẻ đường thẳng song song với AH cắt d tại M, khi đó BC // (ADM) và BC  (DEM). Trong DEM kẻ EF  DM thì độ dài EF bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC.Do AH  (BCD) nên (BCD)  (ABC)  DE  (ABC)  DE  ME. Trong DEM vuông tại E có EF là đường cao, ta có: 2 2 2 1 1 1 EF ED EM  (*) Ta có EM = AH = a 2 , BCD DB.DC a 6 S BC.DE DB.DC DE BC 3      . Do đó từ (*) ta có 2 2 2 2 1 3 4 11 a 2 EF EF 2a a 2a 11      . Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng a2 11 . Câu V (1 điểm): Với a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1. Chứng minh rằng: a 2 + b 2 + c 2 ≥ 4(a 2 b 2 + b 2 c 2 + c 2 a 2 ). Giải: a 2 + b 2 + c 2 + 2abc = 1 a b c a b c 2 bc ca ab bc ca ab                  Bất đẳng thức tương đương với: a b c ab bc ca 4 bc ca ab c a b         Đặt u = a bc , v = b ca , t = c ab Ta thu được bài toán tương đương: với u, v, t > 0, u + v + t + 2 = uvt Chứng minh rằng: u + v + t 1 1 1 4 u v t       Ta có: u + v + t + 2 = uvt 1 1 1 1 1 u 1 v 1 t        Đặt 1 1 1 1 x ,y ,z x y z 1 1 u 1 u 1 v 1 t x              1 y z u x 1 x      tương tự z x x y v ,t yz   Và thu được bài toán tương đương: x, y, z > 0, x + y + z = 1 Chứng minh rằng: y z z x x y x y z P4 x y z y z z x x y                Ta có: P = 1 1 1 1 1 1 4x 4y 4z x y z y z z x x y y z z x x y                           (đpcm) II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (1 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm A(2;1), B(1;0) và tiếp xúc đường tròn (C’): (x – 6) 2 + (y – 3) 2 = 16 Giải: (C’) có tâm K(6;3), bán kính r = 16 = 4 Gọi đường tròn (C) cần tìm có tâm I, bán kính R Ta có: IA = IB nên I  : trung trực của đoạn AB Đường thẳng  có véctơ chỉ phương n AB ( 1;1)   r uuur và qua M 31 ; 22     là trung điểm AB, nên có phương trình tổng quát: 31 1 x 1 y 0 x y 2 0 22                      Vì I   , gọi toạ độ I(y 0 + 2; y 0 ), khi đó bán kính R = IB = 22 00 (y 1) y +) (C) và (C’) tiếp xúc ngoài  R + r = IK 2 2 2 2 0 0 0 0 2 2 2 2 0 0 0 0 0 0 0 22 0 0 0 0 2 00 (y 1) y 4 (y 4) (y 3) 2y 2y 17 8 (y 1) y 2y 14y 25 1 y (y 1) y 2y 1 y 0 2 y 3y 0                                  Khi đó tâm I (2;0), bán kính R = 1. +) (C) và (C’) tiếp xúc trong  |R – r| = IK Trường hợp này tìm được y 0 = 3, khi đó tâm I(5;3), bán kính R = 5 Vậy có 2 đường tròn thoả mãn đề bài: (C 1 ): (x – 2) 2 + y 2 = 1 và (C 2 ): (x – 5) 2 + (y – 3) 2 = 25 Câu VIIa (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1;2;3), B(2;4;5). Viết phương trình đường thẳng d đi qua C và vuông góc với mặt phẳng (ABC), biết rằng tam giác ABC có trực tâm là điểm H 76 ; ;3 55     Giải: Ta có 8 24 20 AB,AH ; ; 5 5 5       uuur uuur . Ta chọn ABC d u n (2; 6;5)   rr Gọi C(a;b;c). Phương trình mặt phẳng (ABC) là: 2(x – 1) – 6(y – 2) + 5(z – 3) = 0  2x – 6y + 5z – 5 = 0 Suy ra 2a – 6b + 5c = 5. Mặt khác ta có a3 AH.BC 0 3a b 10 b1 17a 14b 10c 75 BH.AC 0 c1                        uuur uuur uuur uuur C(3;1;1) Vậy phương trình đường thẳng d là: x 3 y 1 z 1 2 6 5      Câu VIII.a (1 điểm): Tính môđun của số phức z – 2i biết (z – 2i).( z – 2i ) + 4iz = 0 Giải: Đặt z = a + bi (a, b  ¡ ). Khi đó: (z 2i).(z 2i 4iz 0) (a (b 2)i)(a (b 2)i 4i(a bi) 0              22 (a b 4 4b) (b 2) a(b 2) 4a i 0           a 2 + b 2 – 4b – 4 = 0 Ta lại có: 22 z 2i a (b 2)i a b 4b 4        22 a b 4b 4 8 8 2 2       Vậy môđun của z – 2i = 22 B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M( 4; 3 ) và đường tròn (C): x 2 + y 2 + 8x – 14y + 15 = 0. Viết phương trình đường thẳng cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho tam giác MAB đều. Giải: (C) có tâm I(4;7), bán kính R = 5 2 . Đường thẳng  vuông góc với IM, nên phương trình  có dạng y + m = 0 Toạ độ các điểm A, B là nghiệm hệ phương trình 2 2 2 2 x y 8x 14y 15 0 x 8x m 14m 15 0 y m 0 y m                   Gọi 1 A(x ; m) và 2 B(x ; m) , thì x1 và x2 là nghiệm của phương trình x 2 + 8x + m 2 + 14y + 15 = 0  cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi 2 m 14m 1 0 7 5 2 m 7 5 2           (*) Theo định lí Viet, ta có: 12 2 12 x x 8 x .x m 14m 15          Gọi H là trung điểm của đoạn AB, thì H(4; m). Ta có tam giác MAB đều khi và chỉ khi MH = m0 AB 3 21 3 2 m 2          (Thoả mãn điều kiện (*)). Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x 2 + y 2 + z 2 – 4x + 2y + 2z – 3 = 0, mặt phẳng (P): x – y + z + 1 = 0 và hai điểm A(–1;1;0), B(2;2;1). Viết phương trình mặt phẳng () song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C) có bán kính 3 . Giải: Phương trình (S) viết dưới dạng (x – 2) 2 + (y + 1) 2 + (z + 1) 2 = 9. Suy ra (S) có tâm I(2; –1; –1), bán kính R = 3. Ta có AB = (3;1;1), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là n r = (1; –1;1). Do đó AB;n (2; 2; 4) 0       rr . Gọi u r là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (). Ta có ( ) / /AB u AB ( ) (P) un            r rr  u r cùng phương với AB;n   r . Chọn 1 u AB;n u (1; 1; 2) 2        r r r Mặt phẳng () có một vectơ pháp tuyến u r nên có phương trình dạng: x – y – 2z + D = 0. Gọi d là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (). Mặt phẳng () cắt (S) theo một đường tròn (C) có bán kính r = 3 nên 22 d R r 9 3 6     . Ta có D1 2 ( 1) 2( 1) D d 6 6 5 D 6 D 11 6                  Với D = 1 thì (): x – y – 2z + 1 = 0 không qua A(–1;1;0) (vì –1 – 1 – 2.0 + 1 ≠ 0) nên () // AB. Tương tự, mặt phẳng (): x – y – 2z – 11 = 0 cũng song song với AB. Vậy có hai mặt phẳng () thoã mãn yêu cầu của bài toán có phương trình: x – y – 2z + 1 = 0 và x – y – 2z – 11 = 0. Câu VIII.b (1 điểm): Từ các chữ số 0; 1; 2; 6; 7; 8; 9 lập được tất cả bao nhiêu số chẵn có bốn chữ số khác nhau và lớn hơn 5000 Giải: Gọi n = 1 2 3 4 a a a a là số cần tìm, n > 5000 nên a 1    6;7;8;9 , n chẵn nên a 4    0;2;6;8 Nếu a 1 = 6 thì n = 234 6a a a , a 4 có 3 cách chọn, a 2 có 5 cách chọn, a 3 có 4 cách chọn. Vậy có 5.4.3 = 60 số Nếu a 1 = 7 thì n = 234 7a a a , a 4 có 4 cách chọn, a 2 có 5 cách chọn, a 3 có 4 cách chọn. Vậy có 5.4.4 = 80 số Khi a 1 = 8 giống như a 1 = 6 và a 1 = 9 giống như a 1 = 7. Vậy có tất cả 60.2 + 80.2 = 280 số. . ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 03/ 2014 Môn: TOÁN I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm) Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = – x 3 + 3x 2 – 1 1. Khảo sát sự biến thi n. Phương trình  3 2 3 3sinx 4sin x cot x 4cos x cosx    Chia cả tử và mẫu số của vế trái cho 3 sin x ta được 2 2 3 33 3 4 sin x cot x cos x cosx 4 sin x sin x    2 2 32 3( 1 cot x) 4 cot. dx (cos2x 3cosx 1) (3 2sin x)        Giải: Ta có: I = 3 22 0 3sin x sin 2x dx (2cos x 3cosx) (3 2sin x)     3 2 0 sin x (3 2cosx) dx (2cosx 3) .cosx.(1 2cos x)      3 2 0 sin