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