Đang tải... (xem toàn văn)
[r]
(1)1 ĐỀ THI THỬ SỐ 01
ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014 Mơn: TỐN; Khối A A1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
Câu (2 điểm)
1 (1 điểm) - Khảo sát biến thiên vẽ đồ thị hàm số m 4
3
4 : 12
m y x x x
Tập xác định:
Sự biến thiên: ' 12 24 9; '
y x x y x
x
0,25
- Hàm số đồng biến khoảng ;1
;
; Hàm số nghịch biến khoảng 3;
2
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại 1,
x yCĐ = 1; đạt cực tiểu
,
x yCT = -1
- Giới hạn: lim ; lim
xy xy
0,25
Bảng biến thiên:
x
1
2
2 '
y 0
y
1
0,25
Đồ thị:
0,25
2 (1 điểm) - Tìm m để khoảng cách từ điểm M đến …
Ta có y x' 3mx26mx2m1 Hàm số có hai điểm cực trị
'
y x có hai nghiệm phân biệt ' 0
1
m
m
0,25
-1
3
2
x y
(2)2
Với m ; 0 1; phương trình y x có hai nghiệm phân biệt ' x x 1, 2 đồng thời Cm đạt cực trị x x Gọi 1, 2 A x y 1; 1,B x y 2; 2 hai điểm cực trị
Cm Từ đẳng thức 1 1 ' 21 10
3 3
m
y x x y x m x ta suy đường thẳng qua hai điểm cực trị Cm : 2m1x3y m 100
0,25
Ta có
; 2 2
1
2 3.4 10
2
4 13
4
M
m m
m d
m m
m
0,25
2
2
2 1
2
6 18
2 18 1 1
18
2 6 2
m
m m
t
m m
(với
2
t m
) Vậy ;
1
max
6 M
d t tức
m
0,25
Câu (1 điểm)
Phương trình tương đương sin cos sin
3 2
x x x
0,25
sin sin cos sin
3 3
x x x
2 sin cos cos sin
3
x x x x
0,25
cos
cos sin sin
3 cos sin
3
x
x x x
x
0,25
cos
2
x x k k
0,25
Câu (1 điểm)
Xét bất phương trình
2
2
3
1 *
1
x x
x x
Điều kiện
2
2
2
1
1
1
x x
x
x x x x
x
x x
0,25
Vì
2
2 3
1
2
x x x
nên
2
1 2 x x 1 30 Do bất phương trình * 3 x23x2 1 x2 x
(3)3
2 3 2 1 1 3 2 1 2 1 1
x x x x x x x x x x
0,25
2
2 2
3 0
2
4 4
x x
x x x x
x x x x x
Kết hợp với điều kiện ta nghiệm bất phương trình 2 1
x
0,25
Câu (1 điểm)
Xét tích phân
4
0
1 sin cos
cos
x
x x e
I dx
x
4 4
2
0 0
sin cos 1
tan
1 cos cos 2 cos
x x
x x
x x e dx e dx
I e dx e xdx
x x x
0,25
Ta có
4 4
4
0 0
tan tan tan tan
cos
0
x
x x x x
e dx
e d x e x e xdx e e xdx
x
0,25
Vậy
4
4
0
1
tan tan
2
x x
I e e xdx e xdx e
0,25
Câu (1điểm)
Gọi H K trung điểm , AB CD Đường thẳng qua
I song song với CD cắt HK
E Ta có 3;
2
a a
SH EK
SK a
Vì IE // SCD nên
I SCD; E SCD;
d d
Trong SHK kẻ EFSK dễ thấy
E SCD;
d EF
0,25
EFK SHK
nên
2
EF EK SH EK a
EF
SH SK SK Vậy I SCD;
a
d
0,25
Đường thẳng qua M song song với cạnh AB cắt cạnh SBtại N.Khi đó, tứ giác
MNCD thiết diện hình chóp cắt CDM Gọi V1VS MNCD. ;V2 phần thể tích cịn lại V thể tích khối chóp S ABCD
Theo giả thiết ta có 1 2
V V V V
V V
V V
Mặt khác, tam giác ABC ACD có diện tích nên
2 S ABC S ACD
V
V V Vậy ta có V1VS ABC. VS ACD.
0,25
F
E
O K
H N
I
M
C
D
B
(4)4
Ta có
1 S MNC S MCD SMNC S MCD
S ABC S ABC S ABC S ACD
V V V V
V
V V V V
1
SM SN SC SM SC SD SM SN SM SM SM
SA SB SC SA SC SD SA SB SA SA SA
Đặt 1 1
2
SM
t t t t t t
SA
chọn
2
t
Từ suy
3
5
2 2
a
SM a x
x
SA a
0,25
Câu (1 điểm)
Đặt ta b t ab 3 t
Vì 2
4 4 12
a b abt t t t t (do t 0) 0,25 Ta có:
2
3
2
1
a a b b ab
P a b ab
a b a b
2
2
3
1
a b a b ab ab
a b ab
a b ab a b
2
2
2 3 12
3
3 1
t t t t
t t t t
t t t
0,25
Xét hàm số f t t2 t 12
t
2; Ta có f ' t 2t 122 2t 122
t t
0,25
Vì t 2 nên 2 t 0 f ' t 0 t 2 f t nghịch biến 2; Từ suy
2;
max
t f t f t
Vậy max
2
P ab
0,25
Câu 7a (1 điểm)
Đường trịn C có tâm I2; 1 bán kính
R
Giả sử M cho MAB Tam giác AMI vng A có
30
AMI nên ta tính
0 2
sin 30
IA
IM IA R
0,25
Suy M thuộc đường tròn C' có tâm I2; 1 bán kính R ' Hay M
là giao điểm C' 0,25
Tọa độ giao điểm C' nghiệm hệ phương trình
2
2 2
3
3
4 31 31
y x y x
x y
x y x y x x x x x x
0,25
30 0
R
I
B A
(5)5
2
; 2;
4
; 4;1
3
x
x y x
x y
y x
Vậy có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán M12; , M24;
0,25
Câu 8a (1 điểm)
Đường thẳng qua điểm M02; 3; 4 có véctơ phương u 1; 4; 3 nên
có phương trình tham số dạng
3
4
x t
y t t
z t
Giả sử H hình chiếu A
trên H t 2; 4t3; 3t4 Suy AH t; 4t2; 3t6 Vì AH u nên t4 4 t23 3 t60 t H1; 1;
0,25
Gọi K hình chiếu A mặt phẳng P với điểm K P ta ln có:
A P;
d AK AH (không đổi)
Vậy
;
maxd A P AH K H
Khi đóAH P
0,5
Ta có AH 1;2; 3AH 1 2 2 232 14
Mặt phẳng P cần tìm qua H nhận n AH 1; 2; 3 làm véctơ pháp tuyến nên P có phương trình tổng qt dạng:
1 x1 2 y1 3 z1 hay P : x2y3z 4
0,25
Câu 9a (1 điểm)
Sử dụng công thức nhị thức Newton ta có 2
1 ;
n
n i n i i n
i
x C x
và
1
1 1
1
2
n
n j n j j n
j
x C x
0,25
Số mũ x P x 3n 4 tương ứng với cặp số tự nhiên i j thỏa ;
mãn: 3n 4 2n i n 2i j 0,25
Vì i j nên từ , 0,
1,
i j
i j
hệ số x3n4 là:
0 1
0 1
3 1
4
1 2
3
n n n n n
a C C C C n n n n n
0,25
Theo giả thiết 3 4 1 4 1 2 3 1 2 1
n
a n n n n n n n
5
2 13 15 3
3
2
n
n n n n n n
n
0,25
P
H K
(6)6 Câu 7b
(1 điểm)
Ta có
2
25 5; 16
a a b b
Suy c2 a2b2 hay c 3
E có hai tiêu điểm F 1 3; 0
2 3;
F
Tâm sai E
c e
a
0,25
Tọa độ giao điểm E nghiệm hệ
2
16 25 400
3
x y
y m x
Thay 2 vào 1 ta 2
25m 16 x 150m x225m 4000 Phương trình bậc hai có biệt thức
' 25600 m m
Do
luôn cắt E hai điểm phân biệt
0,25
Giả sử cắt E hai điểm A B có hồnh độ , xA,x thỏa mãn B xAxB 5 Viết dạng ym x 3 , suy qua điểm cố định tiêu điểm
2 3;
F E
0,25
Theo công thức tính bán kính qua tiêu E ta có:
2
3 3
5 10
5 5
A B
A B
x x
ABAF BF x x
0,25
Câu 8b (1 điểm)
Đường thẳng qua điểm M 1 4; 3; 4 có véctơ phương u 1 7; 2; Đường thẳng AB có véctơ phương u 2 AB1; 2;
Ta có M A1 10; 2; ; u u 1; 28; 4; 16
Vì u u 1; 2.M A1 1680 nên AB hai đường thẳng chéo
0,25
Ta có
4
:
4
x t
y t t
z t
6
:
10
x s
AB y s s
z s
Giả sử P ;QAB cho PQ đoạn vuông góc chung AB Ta có P 4 ; 2t t3; 3t4 ; Q s 6; 2s1; 10s
Suy PQ7t s 10;2t2s2;3t s
Vì
2
PQ u
PQ u
nên ta có
3; 1;
31 28
0 7; 3;
P
t s t
t s s Q
Ta có PQ 4; 2;
Đường vng góc chung d AB có véctơ phương
1
2; 1;
u PQ nên có phương trình : 1
2
x y z
d
0,25
B A
F2
F1
-4
5 4
-5 x
y
(7)7 Vì M nên M7t4; 2t3; 3t4
Ta có AB1; 2; ; AM 7t10; 2t2; 3t6 Suy ra: AB AM, 8t10; 4t16; 16t22
Diện tích tam giác MAB là:
2 2 2
1
, 10 16 16 22 84 168 210
2
S AB AM t t t t t
0,25
Ta có S 84t12126 1263 14 Dấu " " xảy t M3; 1; Vậy minS 3 14M3; 1;
0,25
Câu 9b (1 điểm)
Giả sử z x yi Theo ta có:
1 4
z i z i x y i x y i
x 12 y 22 x 32 y 42 y x 1
0,25
Số phức
2
2
2 2
2
w
1
x y i x y y x y i
z i
x y i
z i x y
0,25
w số ảo
2
2
2
2 ,
x y y
x y x y
0,25
Thế 1 vào 2 ta 2
5 2
x x x x y (thỏa mãn điều kiện 3 )
Vậy z 2 i
0,25
- HẾT -
