Khóa học LTĐH KIT-2: Môn Toán

Khóa học LTĐH KIT-2: Môn Toán Đáp án đề thi thử Đại học tháng 2/2014

Hocmai.vn – Ngôi trường chung của học trò Việt Tổng đài tư vấn: 1900 58-58-12 - Trang | 1 -

CÂU

ĐÁP ÁN ĐIỂM

Câu 1a (1đ)

Với m =2 ta có: 3 22 1y x x= − + • TXĐ: D=R • Sự biến thiên: 2' 3 4y x x= −

20

' 0 3 4 0 43

xy x x

x

=⎡⎢= ⇔ − = ⇔⎢ =⎣

0,25đ

Hàm số đồng biến trên khoảng ( ) 4;0 ;3

⎛ ⎞−∞ ∪ +∞⎜ ⎟⎝ ⎠

Nghịch biến trên khoảng40;3

⎛ ⎞⎜ ⎟⎝ ⎠

‐ Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ=1, đạt cực tiểu tại x= 43

yCT= 527

−

‐ Giới hạn: lim , limx x

y y→−∞ →+∞

= −∞ = +∞

0,25đ

‐ Bảng biến thiên

x −∞ 0 43

+∞

y’ + 0 - 0 + 1 +∞ Y

−∞ 527

−

0,25đ

Đồ thị

0,25đ

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 2/2014 MÔN: TOÁN



Câu 1b (1đ)

Giả sử 0 0( ; )x y là điểm cố định của họ đồ thị (1), khi đó phương trình ẩn m: 3 2

0 0 0 1 (1)y x mx m= + − − 2 30 0 0( 1) 1 0x m x y⇔ − + − − = đúng m∀ 20 0

300 0

1 0 101 0

x xyx y

⎧ − = =⎧⎪⇒ ⇔⎨ ⎨ =− − =⎪ ⎩⎩ hoặc 0

0

12

xy= −⎧

⎨ = −⎩ Suy ra đồ thị (1) luôn đi qua hai điểm cố định là A(1; 0) và B(-1; -2)

0,25đ

Ta có: 2' 3 2y x mx= + '(1) 3 2y m= + Phương trình tiếp tuyến với đồ thị (1) tại điểm A là

1 : (3 2 ) (3 2 )d y m x m= + − +

'( 1) 3 2y m− = − , phương trình tiếp tuyến với đồ thị (1) tại điểm B là:

2 : (3 2 ) 1 2d y m x m= − + −

0,25đ

Toạ độ giao điểm I của 1d và 2d là nghiệm của hệ phương trình:

(3 2 ) (3 2 ) 4 4 (2)(3 2 ) 1 2 (3 2 ) 1 2 (3)

y m x m mxy m x m y m x m= + − + =⎧ ⎧

⇔⎨ ⎨= − + − = − + −⎩ ⎩

m = 0 phương trình (2) vô nghiệm

0m ≠ phương trình (2) 1xm

= thế vào (3) với 1mx

= ta có:

1 2 2(3 2. ) 1 3 1y xx x x

= − + − = − −

Từ đó suy ra khi m thay đổi ( 0m ≠ ) thì giao điểm I của hai tiếp tuyến 1d và 2d nằm trên

đường cong: 23 1y xx

= − − cố định

0,5đ

Câu 2 (1đ)

Phương trình tương đương:

2 2 2

os2 3(1 sin 2 ) 5 2 sin( 2 ) 04

os2 3(1 sin 2 ) 5 2 sin( ) 04

( os sin ) 3(cos s inx) 5(s inx cos ) 0(cos s inx)(cos s inx-3cosx-3sinx+5)=0(cos s inx)(5 2cos 4sin ) 0cos s inx 05 2cos 4sin

c x x x

c x x x

c x x x xx xx x xx

x

π π

π

⇔ − + + + + =

⇔ − + + + =

⇔ − − + + + =⇔ + −⇔ + − − =

+ =⇔

− − 0x⎡⎢ =⎣

0,5đ



+ cos s inx 0x + =

2 sin( ) 04

sin( ) 04

,4

x

x

x k k Z

π

π

π π

⇔ + =

⇔ + =

⇔ = − + ∈

0,25đ

+) 5 2 cos 4sin 0x x− − = 2cos 4sin 51 2 5cos s inx5 5 2 5

x x

x

⇔ + =

⇔ + =

Đặt 1 2sin ; os5 5

cα α= = ta có:

5cos sin sin os2 5

x xcα α⇔ + =

5os( ) 12 5

c x α⇔ + = > => phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình (1) có nghiệm là: ,4

x k k Zπ π= − + ∈

0,25đ

Câu 3 (1đ)

2( )2 1 2 1 (1)2

( )( 2 ) 3 2 4 (2)

x yx y

x y x y x y

⎧ −+ + + =⎪

⎨⎪ + + + + =⎩

Điều kiện xác định:

1212

x

y

⎧ ≥ −⎪⎪⎨⎪ ≥ −⎪⎩

(*)

( ) 2 2

2 2

2 3 2 3 2 4

3( 1) 2 2 4 0 (3)

x xy y x y

x y x y y

⇔ + + + + =

⇔ + + + + − =

2 2

2

2

9( 1) 4(2 2 4)10 25

( 5)

y y yy yy

Δ = + − + −

= + +

= + 3 3 5 1

2y yx y− − + +

= = − hoặc 3 3 5 2 42

y yx y− − − −= = − −

0,5đ



Kết hợp với điều kiện (*) ta có: 1x y= − thay vào (1): 2(2 1)2 1 3 2 (4)

2xx x −

+ + − =

Với điều kiện 1 32 2

x− ≤ ≤ , phương trình (4):

4

4

2 2

2

2

(2 1)4 2 2 1. 3 24

16 (2 1) 8 2 1. 3 2 0

4 (2 1) 4 (2 1) 8 2 1. 3 2 0

(3 2 )(2 1) 4 (2 1) 8 2 1. 3 2 0

2 1. 3 2 3 2 . 2 1. 4 (2 1) 8 0

xx x

x x x

x x x x

x x x x x

x x x x x

−⇔ + + − =

⇔ − − + + − =

⎡ ⎤ ⎡ ⎤⇔ − − + − + + − =⎣ ⎦ ⎣ ⎦⎡ ⎤⇔ − + + − + + − =⎣ ⎦⎡ ⎤⎡ ⎤⇔ + − − + + − + =⎣ ⎦⎣ ⎦

Do 23 2 . 2 1. 4 (2 1) 8x x x⎡ ⎤− + + − +⎣ ⎦ > 1 ;32

x ⎡ ⎤∀ ∈ −⎢ ⎥⎣ ⎦

Nên có:

123 2 . 2 1 0

32

xx x

x

⎡ = −⎢− + = ⇔ ⎢

⎢ =⎢⎣

1 32 2

x y= − ⇒ =

3 12 2

x x= ⇒ = −

Vậy hệ đã cho có 2 nghiệm 1 3 3 1( ; ) ( ; );( ; ) ( ; )2 2 2 2

x y x y= − =

0.5đ

Câu 4 (1đ)

21 221 1

1 ln4 ln

e eI dx xdx I I

x x

⎛ ⎞= + = +⎜ ⎟

−⎝ ⎠∫ ∫

Ta tính tích phân 1 21

14 ln

eI dx

x x

⎛ ⎞= ⎜ ⎟

−⎝ ⎠∫

Đặt ln dxu x dux

= ⇒ =

Với 1 0; 1;x u x e u= ⇔ = = ⇒ = khi đó ta có: 1

1 20.

4duI

u=

−∫

Đặt 2sin 2cosu t du tdt= ⇒ = . Khi 0 0; 1 .6

u t u t π= ⇒ = = ⇒ =

6 61 20 0

2.cos .64 4sin

tI dt dtt

π π π⇒ = = =

−∫ ∫

0,5đ



M

N

O

C

A D

B

S

G

Ta tính tích phân 22 1

lne

I xdx= ∫ .

Ta có: 2

22 11

2 ln .lnln | 2 ln .

e edxdu xu x

I x x xdxxdv du v x

⎧⎧ == ⎪⇒ ⇒ = −⎨ ⎨=⎩ ⎪ =⎩

∫

Đặt

2 22 11 1 1 1 1

lnln | 2 ln | 2 . ln | 2 ln | 2 | 2.

2 2

e e e e eedxu x du dxI x x x x x x x x x x ex

dv dx xv x

⎧= =⎧ ⎪⇒ ⇒ = − + = − + = −⎨ ⎨=⎩ ⎪ =⎩∫

=> 1 2 26

I I I eπ= + = + −

0,5đ

Câu 5 (1đ)

Kẻ SH BC⊥ Ta có ( )SH ABC⊥ . Gọi M và N lần lượt là các hình chiếu của H trên AB và AC Ta suy ra SM AB⊥ và SN AC⊥ và 060SMH SNH∠ = ∠ =

SMH SNH HM HN⇒ Δ = Δ ⇒ =

0,25đ

Tam giác vuông BHM có: 0 2sin 30

MHBH MH= =

Tam giác vuông CHN có: 0

2sin 60 3

NH NHCH = =

Ta có: 2 2 12 2 2 (1 )3 3 3

NH MHa BC BH CH MH MH MH= = + = + = + = +

0,25đ

3( 3 1)1 42(1 )3

a aMH −⇒ = =

+

Tam giác vuông SMH có:

0 3( 3 1) 3 ( 3 1). tan 60 . 34 4

a aSH MH − −= = =

0,5đ

S

B

A

CH

MN



21 1 3 3. .2 2 2 2 8ABC

a a aS AB AC= = =

2 3

.1 1 3 3 ( 3 1) (3 3). . ( )3 3 8 4 32S ABC ABC

a a aV S SH dvtt− −= = =

Câu 6 (1đ)

Ta có: 3 3 31 3x y z xyz= + + − 2 2 2( )( )x y z x y z xy yz zx= + + + + − − −

=> 2 2 2 0x y z xy yz zx+ + − − − ≠

Mặt khác: 2 2 2 2 2 21 [( ) ( ) ( ) ] 02

x y z xy yz zx x y y z z x+ + − − − = − + − + − ≥

=> 2 2 2 0x y z xy yz zx+ + − − − > 0x y z⇒ + + > Đặt ( 0)t x y z t= + + >

2 2 2 2

2

2( ) 2( )

2

t x y z xy yz zx E xy yz zxt Exy yz zx

⇒ = + + + + + = + + +

−⇒ + + =

Có: 2 2 21 ( )[ ( )]x y z x y z xy yz zx= + + + + − + + 2

2

3

1= ( )2

12

23 3

t Et E

t EEt

tEt

−⇔ −

−⇔ = −

⇔ = +

0,5đ

Xét hàm số: 2 2( )3 3tf t

t= + liên tục trên miền t>0 và

2 32 2

2 2 2'( ) ( 1)3 3 3

f t t tt t

= − = − ; '( ) 0 1f t t= ⇔ =

Ta có bảng biến thiên sau: t 0 1 +∞ f’(t) - 0 + f(t)

1

+∞

Suy ra ( ) 1, 0f t t≥ ∀ > Do đó 1E ≥ Nếu trong 3 số x, y, z có 1 số bằng 1 và 2 số bằng 0 thì E=1 Vậy minE=1

0,5đ



PHẦN RIÊNG (3,0 điểm):

Câu 7a (1đ)

Giả sử có đường thẳng Δ qua A cắt cạnh BC tại điểm M Và chia tam giác ABC thành hai phần có tỷ số diện tích bằng 2

Nếu 1 12 . 2. .2 2AMB ACMS S BM AH CM AH= ⇔ = (AH là đường cao)

2 2 (*)BM CM BM MC⇔ = ⇒ =uuuuv uuuuv

Gọi ( ; )M x y , ta có: ( 2; 1); (11 ;2 )BM x y MC x y= − + = − −uuuuv uuuuv

(*) 2 2(11 ) 3 24 8

(8;1)1 2(2 ) 3 3 1

x x x xM

y y y y− = − = =⎧ ⎧ ⎧

⇒ ⇒ ⇒ ⇒⎨ ⎨ ⎨+ = − = =⎩ ⎩ ⎩

0,5đ

Đường thẳng đi qua A và M có phương trình:

13 3: 3 12 0

8 3 1 3x y x y− −

Δ = ⇔ + − =− −

Nếu 1 1 22 2ABM ACMS S BM CM BM MC= → = ⇔ =

uuuuv uuuuv

Tương tự như trên ta có M(5; 0) Đường thẳng qua A và M có phương trình:

2 : 3 2 15 0x yΔ + − =

Vậy có hai đường thẳng thoã mãn yêu cầu đầu bài là:

1

2

: 3 12 0: 3 2 15 0x y

x yΔ + − =Δ + − =

0,5đ

Câu 8a (1đ)

Đường thẳng d có vecto chỉ phương (2; 3;1)u = −

v. Mặt cầu (S) có tâm I(5; -1; -13) và có

bán kính 308R = . Mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d nên phương trình có dạng:

2 3 0x y z m− + + = (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) nên có:

( ; ( ))d I P R=

0,5đ

2.5 3.1 13308

414. 308 14 22

14 22

m

m

m

+ − +⇔ =

⇔ = =

⇔ = ±

Có 2 mặt phẳng thoả mãn yêu cầu đề bài là: (P): 2 3 14 22 0x y z− + + =

và ( ) : 2 3 14 22 0P x y z− + − =

0,5đ



Câu 9a (1đ)

Do học sinh đó trả lời đúng 32 câu nên số điểm đạt được là 6,4 điểm. Vậy Để được số điểm là 8 trở lên, thí sinh đó cần phần đạt thêm ít nhất là 1,6 điểm tương ứng phải trả lời đúng thêm là ít nhất 8 câu. Như vậy bài toán quy về tính xác suất để trong 10 câu còn lại, học sinh trả lời đúng ít nhất 8 câu. Số cách trả lời 10 câu còn lại là 104 (mỗi câu có 4 phương án trả lời) vậy 104Ω =

Gọi A là biến cố “thí sinh đó trả lời đúng ít nhất 8 câu”

iA là biến cố “thí sinh đó trả lời đúng i câu” { }( )8;9;10i∈

0,5đ

Số cách chọn i câu đúng là: 10

iC . Số cách trả lời của mỗi câu đúng là 1 và sai là 3, do đó

theo qui tắc nhân ta có: 1010.3i i

iA C −= 8 9 10405; 30; 1A A A⇒ = = = . Vì 8 9 10, ,A A A đôi

một xung khắc và

8 9 10A A A A= ∪ ∪ nên có: 405 30 1 436A = + + =

Vậy xác suất cần tìm là: 10

436( )4

AP A = =

Ω

0,5đ

B. Theo chương trình Nâng cao (3đ)

Câu 7b

(1đ)

Do tam giác vuông OAB nằm trong góc phần tư thứ nhất của mặt phẳng toạ độ ( 3 0Ax = > và 4 0By = > ) nên tâm I của

đường tròn (C)nội tiếp tam giác OAB nằm trên đường phân giác y= x. Giả sử I(a;a) khi đó: R a=

Đường thẳng AB có phương trình:

1 4 3 12 03 4x y x y+ = ⇔ + − =

0,25đ

Ta có: 4 3 12

( ; ) 7 12 525

a ad I AB R a a a

+ −= ⇔ = ⇔ − =

7 12 5 67 12 5 1

a a aa a a− = =⎡ ⎡

⇔ ⇔⎢ ⎢− = − =⎣ ⎣

Khi 6a = ta có (C): 2 2( 6) ( 6) 36x y− + − = là đường tròn bàng tiếp của tam giác ABC, không phải là đường tròn cần tìm.

0,25đ

y

x

O

B

I

E

M

N

A



Khi 1a = phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là:

2 2( 1) ( 1) 1x y− + − = Đường tròn (C) có tâm I(1; 1) và R = 1 Gọi M, N, E lần lượt là trung điểm của OA, OB, AB. Đường tròn 1( )C qua 3 điểm M, N, E

cũng là đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật OMEN. Ta có: 3( ;2)2

E

Đường tròn 1( )C có tâm là trung điểm của OE: 13( ;1)4

I và bán kính

11 1 9 1 25 542 2 4 2 4 4

R OE= = + = =

Ta có khoảng cách giữa 2 tâm là ( )2

23 11 1 14 4

d ⎛ ⎞= − + − =⎜ ⎟⎝ ⎠

15 114 4

R R− = − =

=> 1d R R= − vậy (C) và 1( )C tiếp xúc trong với nhau.

0,5đ

Câu 8b (1đ)

Gọi

1

2

(2 ;1 ; 2 )( 1 2 ;1 ;3)

A s s s dB t t d

− − + ∈− + + ∈

Khi đó: (2 2 1; ;5 )AB t s t s s= − − + −uuuv

Mặt phẳng (P) có vecto pháp tuyến (7;1; 4)n = −v

Đường thẳng d qua A và B, vuông góc với mặt phẳng (P) nên có: AB kn=uuuv v

0,5đ

2 1 5

7 1 45 9 1 0 14 3 5 0 2

t s t s s

t s st s t

− − + −⇔ = =

−+ + = =⎧ ⎧

⇔ ⇔⎨ ⎨+ + = = −⎩ ⎩

Suy ra: A(2; 0; -1) và ( 7; 1;4)AB = − −uuuv

Đường thẳng d qua A và có vecto chỉ phương ABuuuv

nên có phương trình: 2 1:

7 1 4x y zd − +

= =− −

0,5đ



Nguồn : Hocmai.vn

Câu 9b (1đ)

Ta có 2

1 1 1

1

2

2 2 2

2

1.z 1 z

1.z 1 z

z zz

z zz

= = => =

= = => =

Để chứng minh biểu thức A là số thực thì ta cần chứng minh A A=

0,5đ

Thật vậy ta có

2 1

1 2 1 2 1 2 1 2

1 21 2 1 2

1 2 1 2

1 1

1 11 11

z zz z z z z z z zA Az zz z z z

z z z z

+++ +

= = = = =++ ++

=>Đpcm

0,5đ

Documents

Khóa học LTĐH KIT-2: Môn Toán