Dap an De thi thu DHAA1Yeu Toan HocLan 72014

Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: .. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho.[r]

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013-2014 Môn thi: Toán; Khối thi: A và A1 (Đáp án – thang điểm có trang) YÊU TOÁN HỌC http://facebook.com/hoitoanhoc ĐỀ SỐ 07 (Ngày thi: 20h00 - 26/04/2014) Câu (2,0 điểm) Cho hàm số: y  x   C  x 1 a) Khảo sát biến thiên và vẽ đồ thị  C  hàm số trên b) Tìm a để từ A  0; a kẻ tiếp tuyến tới đồ thị  C  cho tiếp điểm nằm hai phía trục Ox a) b) Nguyễn Xuân Nam 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ Học sinh tự làm Học sinh tự làm Học sinh tự làm Học sinh tự làm Phương trình đường thẳng kẻ từ A  0; a có dạng: y  kx  a Để đường thẳng đó là tiếp tuyến  C  thì 1  a x2   a  2 x   a  2  0(1) 0.25đ Để có tiếp điểm thì phương trình 1 phải có nghiệm phân biệt x1 ; x2 khác a1   a 1      '    a     a  1  a    2  a  g   30  1  Hai tiếp điểm nằm hai phía trục Ox nên y1 y2  0.25đ a2  a2  4 4 x1 x2   x1  x2   x1  x2  2 a 1 a     0 0 0    a1 a2 x1  x2  x1 x2   x1  x2    a2  2 1  a 1  a 1  Vậy   a  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình cos2 x  sin2x   cos x  2  cos x  sin x  0.25đ 0.25đ Nguyễn Xuân Nam Điều kiện: x    k Phương trình tương đương: 2sin2 x  sin x   cos x  sin x 2     sin x  sin x 2   cos x    cos x 2  cos x  sin x  0.25đ     sin x  sin x    cos x  1  sin x      cos2 x     sin x  sin x   sin x  sin x  cos x      5  x  k2  l     sin x     x     k2  tm       2  sin x   sin x  cos x   cos2 x 1   0.25đ 1  0.25đ             2  sin x   sin x  cos x   cos2 x Trang 1/6       sin x  cos x  2  cos2 x    cos  x      cos2 x 8          Nhận xét: cos  x    1    cos  x      2    max  cos2 x  8 8         Suy phương trình (1) vô nghiệm  Phương trình có nghiệm: x    2k 0.25đ  Câu (1,0 điểm) Giải bất phương trình  x   16 x     4x 1  x x 1 Nguyễn Duy Hồng  Điều kiện: x   ;     TH1: x   ;    5     ;      0.25đ 5  bất phương trình luôn đúng  0.25đ    TH2: x   ;     Xét hàm số: f t   t  t  Ta có: f ' t    t  Khi x  thì 1  f  t2 1 t x 1   4t   1   4t   4t  2t 4t   với t  0t  f x   x   x  x  5  5   Vậy tập nghiệm phương trình là: S   ;     ;        Câu (1,0 điểm) Tính tích phân I    e x  sin x  cos x   e x  cos x  sin x  0.25đ 0.25đ dx Nguyễn Xuân Nam x x x   e  sin x  cos x  e  sin x  cos x    e  cos x  sin x  dx x  e  cos x  sin x   I  0.25đ x x  1  e  sin x  cos x  e  sin x  cos x   dx  dx   A   2 2  e x  cos x  sin x    0.25đ  u  e x  sin x  cos x du   e x  cos x  sin x  dx   e x  sin x  cos x  Đặt:  dv  dx  v     x x e  cos x  sin x   e  cos x  sin x   0.25đ    sin x  cos x  e   A  x  x     e  cos x  sin x   1 e2 x Vậy I  0.25đ  1 e2 Câu (1,0 điểm) Cho lăng trụ ABC A ’ B’ C ’ có đáy là tam giác cạnh a , hình chiếu A ’ lên mặt phẳng  ABC  trùng tâm O tam giác ABC ; khoảng cách AA ’ và BC là Trang 2/6 a Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC A ’ B’ C ’ Nguyễn Xuân Nam A ’ AM  BC  Gọi M là trung điểm BC ta thấy:   BC   A ' AM  A ' O  BC  B ’ H Kẻ MH  AA ' (do A nhọn nên H thuộc đoạn AA’ ) C ’ 0.25đ C A O M B  BC   A ' AM     HM  BC Vậy HM là đoạn vuông góc chung HM   A ' AM    Do 0.25đ AA’ và BC , đó d  AA',BC   HM  a Xét tam giác đồng dạng AA’O và AMH , ta có: A ' O HM  AO AH 0.25đ AO.HM a a a   AH 3a 1aa a3 0.25đ Thể tích khối lăng trụ: V  A ' O.SABC  A ' O AM.BC  a 23 12 Câu (1,0 điểm) Giả sử a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  và ab  bc  ca  Chứng  suy A ' O  minh P  2 a  ab  b ab  2 b  bc  c b c c  ca  a ca  2 Trung Kiên Trước hết ta chứng minh kết sau: Với a, b  , thì  a2  6ab  b2  a2  b2    a  b4 * Thật , sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có:    a2  6ab  b2 a2  b2   a  b   a  b     a2  b2  4ab a2  b2  0.25đ a  b  2 a  b  4ab   a  b Từ đó suy (*) chứng minh  Áp dụng bất đẳng thức (*) , ta a  6ab  b2 ab Thiết lập đánh giá tương tự ta chứng minh  a  b2 a  b2  b  c2  2 c  a2 42 Do tính đối xứng a, b, c nên không tính tổng quát , ta có thể giả c  a, b, c Khi đó dễ thấy: 2 2 c c a a c  c    b  c   b    b  ; c  a   c    c  ; a  b2   a     b   2 2 2  2    1 1 c c   2 Đặt x  a  , y  b  đó bài toán quy chứng minh với 42 2 x y x2  y2 2 0.25đ x, y  và x  y  Tới đây, sử dụng bất đẳng thức AM  GM và chú ý: Trang 3/6 0.25đ x  y  1 2 2 2 xy x  y  xy x  y   x  y   và x  y    Ta có x  y    x2  y2  xy     1        4 xy x2  y2  xy x2  y2        1 2  2  2 Vậy điều phải chứng minh 4 4 xy x  y   xy   0.25đ Câu 7.a (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB : x  y –  0; BC : x – y –  ; phân giác góc A nằm trên đường thẳng d : x  y –  Tìm tọa độ các đỉnh tam giác ABC Nguyễn Xuân Nam 4 x  y    x  2   A  2;  Tọa độ A nghiệm đúng hệ phương trình:  0.25đ x  y   y  4 x  y    x    B 1;0  Tọa độ B nghiệm đúng hệ phương trinh:  0.25đ x  y 1  y  Đường thẳng AC qua điểm A  2;4  nên phương trình có dạng: a  x  2  b  y  4   ax  by  2a  4b  Gọi 1 : 4x  y   0; 2 : x  y   0; 3 : ax  by  2a  4b  Từ giả thiết suy  2 ; 3    1 ; 2  Do đó cos   ;    cos  1 ;    |1.a  2.b | a  b 2  | 4.1  2.3 | 0.25đ 25 a  | a  2b | a  b  a  3a  4b     3a  4b  + a   b  Do đó 3 : y   + 3a – 4b  Có thể cho a  thì b  Suy 3 : x  y   (trùng với 1 ) Do vậy, phương trình đường thẳng AC là y   y   x    C  5;4  x  y 1   y  Tọa độ C nghiệm đúng hệ phương trình:  Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho  S  :  x  1 0.25đ  P  : x  y  z  và mặt cầu   y  2   z  1  Tìm điểm M   S  , N   P  cho MN có độ dài nhỏ 2 Nguyễn Xuân Nam  S  :  x  1   y  2   z  1  Tâm I  1 ;2 ;1 , bán kính R  2  P  : x  y  2z    d  I;  P     P    S   0.25đ Giả sử tìm N0   P   N0 là hình chiếu vuông góc I trên  P   x  1  t   I  1;2;1   d    7  N0   d    P  , với:    d  :  y   2t  N   ; ;    3 3   z   2t  d    P   ud  1; 2;2   0.25đ  d   S  M1 ; M2   M1   0.25đ 5  1 ; ;  , M2   ; ;   3 3  3 3 M1 M0   M2 M0  3.M0  S để M0 N0 nhỏ  M0  M1  5  7 Vậy, điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán M   ; ;  , N   ; ;   3 3  3 3 Trang 4/6 0.25đ 100 Câu 9.a (1,0 điểm) Tính giá trị biểu thức A  C100  C100  12C100   200 C100 Nguyễn Xuân Nam Ta có: 1  x  100 1  x  100 100 100  C100  C100 x  C100 x   C100 x (1) 0.25đ 100 100  C100  C100 x  C100 x2  C100 x3   C100 x (2) Lấy 1    ta được: 1  x  100  1  x  100 100 100  2C100  2C100 x  2C100 x   2C100 x 0.25đ Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được: 0.25đ 100 99 100 1  x   100 1  x   4C100 x  8C100 x3   200C100 x 99 99 100 Thay x  vào  A  100.299  4C100  8C100   200C100 0.25đ Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A 3;3 , bán kính 25 , AB  AC ; đường thẳ ng BC : x  y   Tìm tọa độ trọng tâm G tam giác ABC ; biế t yB  và yC  đường tròn ngoa ̣i tiế p bằ ng Phan Thành Đạt Gọi H là chân đường cao kẻ từ A Gọi B  t1 ;2  3t1   BC, C  t2 ;2  3t2   BC Ta có: AH  d  A; BC   Khi đó: SABC  3.3   32  12 0.25đ  10   AB AC.BC  AH.BC  AB  AB   R AH  AB2  50  AC  20   4R    t   B  2; 4  l  2 AB2  50   t1    3t1  1  50    t1  2  B  2;8  tm   t   C 1; 1 tm  2 AC2  20   t2    3t2  1  20    t2  1  C  1;5  l   10  Trọng tâm tam giác có tọa độ G  ;  3  0.25đ 0.25đ 0.25đ Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;1;1 , B 2; 1;1 , C 4;1;1 và    mặt phẳng  P  : x  y  z  Tìm điểm M trên  P  cho MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ Nguyễn Xuân Nam Giả sử tọa độ điểm M là M  x; y; z  0.25đ    MA    x;1  y;1  z  , MB    x; 1  y;1  z  , MC  4  x;1  y;1  z      MA  2MB  MC  8  x; 4 y;4  z     2 2  MA  MB  MC  8  x    4 y     z    x  2  y2   z  1 0.25đ 1 2 2  a  b  c Ta có:  x  2  y2   z  1   x  y  z  3 3    2 Vì M   P   x  y  z  nên  x  2  y   z  1   MA  2MB  MC  Áp dụng BĐT: a2  b2  c2      x y z6  M 3;1;2  x   y  z  Vậy MA  MB  MC đạt giá trị nhỏ , đó  0.25đ 0.25đ Câu 9.b (1,0 điểm) Gọi A, B là hai điểm mặt phẳng phức, biểu diễn theo thứ tự hai số phức 2 z1 , z2  thỏa mãn z1  z2  z1 z2 Chứng minh tam giác OAB là tam giác ( O là gốc tọa độ) Tiến Vũ Việt Từ giả thiết ta có: z  z2  z1  z2   z  z2  z1  z2   z2 z1  z2 0.25đ Mặt khác z22  z1  z2  z1   z22  z1  z2  z1   z1 z2  z1  z1 z1  z2 0.25đ 2 Trang 5/6 Suy z1  z2  z12 z2  z22 z1 3  z1  z2  z1  z2 Vậy z1  z2  z1  z2  OA  OB  AB , tam giác OAB Thông báo: Đề thi thử lần post lên page lúc 20h00 ngày 10/05/2014 Trang 6/6 0.25đ 0.25đ