Đáp án đề thi thử số 1 môn toán khối A năm 2014 tại trung tâm EDUFLY

[r]

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

xy  xy 

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' 3mx26mx2m1 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

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  ' 21  10

3 3

m

y x  x y x  m x  ta suy đường thẳng qua hai điểm cực trị Cm : 2m1x3y m 100

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 30 Do bất phương trình  *  3 x23x2 1 x2  x

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  EFSK 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 V1VS 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 V1VS ABC. VS ACD.

0,25

F

E

O K

H N

I

M

C

D

B

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 ta  b t ab 3 t

Vì  2  

4 4 12

a b  abt  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 ab

0,25

Câu 7a (1 điểm)

Đường trịn  C có tâm I2; 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 I2; 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

 

   

   

2

; 2;

4

; 4;1

3

x

x y x

x y

y x

 

 

   

  

  

    



Vậy  có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu toán M12; ,  M24; 

0,25

Câu 8a (1 điểm)

Đường thẳng  qua điểm M02; 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; 4t3; 3t4  Suy AH t; 4t2; 3t6  Vì  AH u  nên t4 4 t23 3 t60   t H1; 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; 3AH   1 2  2 232  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 x1 2 y1 3 z1  hay  P : x2y3z 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 2n i   n 2i j   0,25

Vì i j   nên từ ,   0,

1,

i j

i j

 



    



hệ số x3n4 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 Câu 7b

(1 điểm)

Ta có

2

25 5; 16

a  a b   b

Suy c2 a2b2  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 x225m 4000 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 xAxB 5 Viết  dạng ym 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

ABAF 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  AB1; 2;  

Ta có M A1 10; 2; ;  u u 1; 28; 4; 16 

Vì u u  1; 2.M A1  1680 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 ;QAB cho PQ đoạn vuông góc chung  AB Ta có P 4 ; 2t t3; 3t4 ; Q s 6; 2s1; 10s

Suy PQ7t s 10;2t2s2;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 Vì M   nên M7t4; 2t3; 3t4 

Ta có AB1; 2; ;  AM   7t10; 2t2; 3t6  Suy ra: AB AM,  8t10; 4t16; 16t22 

 

 

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  84t12126 1263 14 Dấu " " xảy    t M3; 1;  Vậy minS 3 14M3; 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 12 y 22 x 32 y 42 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 -