Nếu học sinh có cách giải khác mà kết quả đúng vẫn tính điểm tối đa.[r]
(1)TRƯỜNG HÀ NỘI – AMSTERDAM TỔ TOÁN – TIN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ I NĂM 2014 Mơn: TỐN
Câu Đáp án Điểm
Câu (2,0 điểm)
a) Học sinh tự giải 1,0
b) Gọi M (m; 9m – 7) điểm nằm đường thẳng y = 9x –
Vì đường thẳng có dạng x = m không tiếp tuyến đồ thị (C) nên ta xét d là đường thẳng qua M có dạng: y = k(x – m) + 9m –
Đường thẳng d tiếp tuyến (C) hệ sau có nghiệm:
3
2
3 2
2
3 ( )
3
3 (3 )( )
3
x x k x m m
x x k
x x x x x m m
x x k
0,5
Qua M kẻ ba tiếp tuyến đến (C) hệ có ba nghiệm phân biệt hay phương trình sau có ba nghiệm phân biệt:
3 2
2
2 3
1 (5 )
x x mx mx m
x x m x m
Do điều kiện m là:
2
2
1
5 8(5 ) 42 15
5
2.1 (5 ).1
1 m
m m m m
m m
m m
m
Vậy điểm M cần tìm có tọa độ (m; 9m – 7) với m < –5 1 3m
0,5
Câu
(2,0 điểm) a) Điều kiện:
1
sin
2
x
Với điều kiện trên, phương trình cho tương đương:
2 sin cos 2x x 4 cos sinx x 3
2 sin 2x sin cos 2x x cos 2x cos 2x
2
2 sin 2x cos 2x 3sin 2x sin cos 2x x cos 2x
sin cos sin cos 2 sin cos
3 sin cos 2(*)
x x x x
x x
x x
0,5
Mà sin os2 3 sin os2
2
x c x x c x
(*) sin cos 2 sin(2 )
6
x x x x k
Vậy nghiệm phương trình là: ,
x k k
(2)b) Điều kiện x
Phương trình cho tương đương với:
2
2
2
8
4
* 16
1
x x x
x
x x x
x
0,5
Chia hai vế (*) cho x ta được:
2
2
(4 )
2 (1 )
x x
x x
Đặt 2
2
x
t t t t x
x
Vậy nghiệm phương trình cho là:
x
0,5
Câu (1,5 điểm)
Phương trình hệ tương đương với:
2
4 ( ) ( )
x x y y
f x f y
với
( )
y f t t t
Ta có
2
2 2
4
'( ) 0,
4 4
t t
t t t
f t t f t
t t t
hàm số đồng
biến R Từ f x f 2yx 2 y
0,75
Thế x 2y vào phương trình sau hệ phương trình cho ta được:
3
2
3
3 3
3 2
( 1) 2( 1)
x x x
x x x x
3
1
g x g x
với yg t( )t32 t
Ta có g t'( )3t2 2 0, t g t hàm số đồng biến R Từ đó:
3 3
2
1
1
3
1
0
g x g x
x x
x x
x y
x y
Vậy nghiệm hệ phương trình cho là: 1; , 0;
0,75
Câu (1,5 điểm)
Gọi H ACDM SAC ABCD , SDM ABCDSH ABCD
Từ H kẻ HK ABSKABSKH60o góc hai mặt phẳng SAB ABCD
Do AM // 1
3
HA AM AO
CD AH AC
HC CD
Mà ABDđều , AO đường cao
3 3
.sin
4
a a a
AH HK AH HAK
3 tan 60
8
o a
SH HK
(3)Vậy
2
1 3
3 16
S ABCD ABCD
a a a
V SH S
Ta có
cos ;
OM SA OM SA
OM SA
Mà OM SA OA AMSHHA
2
1
.cos 30
2
o
AO AH AM AH AO AM AH
2
2
1 3
2 4
a a a a
Vậy
2
12
cos ,
13 21 273
6
a
OM SA
a a
0,75
Câu
(1,0 điểm) Ta chứng minh
2
2
3
2
a a
a
với
0a a36a29a 4 0a1 2 a4 (đúng)
0,5
Tương tự
2
2
3
2
b b
b
;
2
2
3
2
c c
c
Vậy 3 1 1 2 2 27 15
2
a b c a b c
a b c
Dấu " " xảy abc1
0,5
Câu 6a
(1,0 điểm) Ta có
3
1
,
2 1 2
2
6
n n
n N n
C n A n n n n
n n n
0,5
Ta có
8
2
0 8
8 8 8
1 1
1 1
f x x x C C x C x C x x
x x x x
Số hạng không phụ thuộc vào x có hai biểu thức 3
8
1
C x
x
4
8
C x Trong có hai số hạng không phụ thuộc x C C83 32 C C84 40
Vậy C C83 32C C84 40 98
0,5
Câu 7a
(1,0 điểm) Phương trình đường trịn ngoại tiếp ABC tâm
5 ;3
K
bán kính
5 : RAK
2
2
5 25
3
2
x y
Phân giác AI có phương trình 2
x y
x y
Gọi D AI K tọa độ D nghiệm hệ
2
2
3
5 25
3
2
x y
x y
(4)Giải ta hai nghiệm x
y
5
2 ; .
1 2
2 x
D y
Lại có
2
C A
ICDICBBCD ICA IAC CID ICD cân
DDC DI mà DCDBB C, nghiệm hệ
2
2
2
2
5
1
2 2
1
4
5 25
3
2
x y DI
x y
x
x y
Vậy B C, có tọa độ 1;1 , 4;1
0,5
Câu 6b (1,0 điểm)
Số cách chọn chữ số phân biệt a, b, c từ chữ số thập phân khác
C Chọn chữ số lại từ chữ số đó, có trường hợp sau đây:
Trường hợp Cả chữ số lại chữ số a, b, c: có cách; mỗi hốn vị từ 5! hoán vị chữ số (chẳng hạn) a, a, a, b, c tạo số tự nhiên n; 3! hốn vị vị trí mà a, a, a chiếm chỗ tạo
một số n, nên trường hợp có thảy 3 5! 60 3!
số tự nhiên
0,5
Trường hợp Một chữ số lại chữ số a, b, c chữ số chữ số khác chữ số đó: có cách; hốn vị từ 5! hốn vị 5 chữ số (chẳng hạn) a, a, b, b, c tạo số tự nhiên n; 2! hốn vị các vị trí mà a, a chiếm chỗ 2! hoán vị vị trí mà b, b chiếm chỗ
tạo số n, nên trường hợp có thảy 3 5! 90 2!2!
số tự nhiên
Vậy:
9
9!
(60 90)C 150 150 12600 3!6!
số thỏa mãn điều kiện đề
0,5
Câu 7b (1,0 điểm)
Giả sử Md1M t; 1 t,Nd2N s ; 2 s
Nếu t 0 M(0; 1) AM Oy (loại) Do O, M, N thẳng hàng AM // BN nên:
OM kON
AM l BN
2
2
1 3 2 5
15 15
2
5
3
s s
t
t t st s t
t s
st s t s
s s
t t
Vậy
2;1 , 2; 5
M N
1,0