Khoa hc LTDH KIT 2 mon toan

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

Câu 1a

(1đ) Với m =2 ta có:

3 2 2 1

y x= − x +

• TXĐ: D=R

• Sự biến thiên: y' 3= x2−4x

2 0 ' 0 3 4 0 4 3 x y x x x = ⎡ ⎢ = ⇔ − = ⇔ ⎢ = ⎣ 0,25đ Hàm số đồng biến trên khoảng ( ;0) 4; 3 ⎛ ⎞ −∞ ∪⎜ +∞⎟ ⎝ ⎠ Nghịch biến trên khoảng 0;4 3 ⎛ ⎞ ⎜ ⎟ ⎝ ⎠ ‐ Cực trị: hàm số đạt cực đại tại x=0, yCĐ=1, đạt cực tiểu tại x=4 3 yCT= 5 27 − ‐ Giới hạn: lim , lim x y x y →−∞ = −∞ →+∞ = +∞ 0,25đ ‐ Bảng biến thiên x −∞ 0 4

3 +∞

y’ + 0 - 0 +

1 +∞

Y −∞ 5

27 −

0,25đ Đồ thị

0,25đ

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 2/2014

MÔN: TOÁN

Câu 1b

(1đ) Giả sử 3( ; )x y là điểm cố định của họ đồ thị (1), khi đó phương trình ẩn m: 0 20

y =x +mx − −m

⇔ − + − − = đúng ∀m

2

3

0

0

y

⎪

⇒⎨⎪⎩ − − = ⇔⎨ =⎩ hoặc

0

0

1 2

x y

= −

⎧

⎨ = −

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

0,25đ

Ta có: y' 3= x2+2mx

'(1) 3 2

y = + 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 2

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

2: (3 2 ) 1 2

d y= − m x+ − m

0,25đ

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

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

⇔

m = 0 phương trình (2) vô nghiệm

0

m≠ phương trình (2) x 1

m

= thế vào (3) với m 1

x

= ta có:

(3 2 ) 1 3 1

= − + − = − −

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

đường cong: y 3x 2 1

x

= − − cố định

0,5đ

Câu 2

(1đ) Phương trình tương đương:

os2 3(1 sin 2 ) 5 2 sin( 2 ) 0

4 os2 3(1 sin 2 ) 5 2 sin( ) 0

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

(cos s inx)(5 2cos 4sin ) 0 cos s inx 0

5 2cos 4sin

x x

π

⇔

⎡

⎣

0,5đ

+ cosx+s inx 0=

2 sin( ) 0

4 sin( ) 0

4 , 4

x x

π π

0,25đ

+) 5 2 cos− x−4 sinx=0

2 cos 4sin 5

cos s inx

x

Đặt 1 sin ; 2 os

5 = α 5 =c α ta có:

5 cos sin sin os

2 5

x α xc α

5

2 5

c x α

⇔ + = > => phương trình vô nghiệm

Vậy phương trình (1) có nghiệm là: ,

4

x= − +π kπ k Z∈

0,25đ

Câu 3

(1đ)

2

2

x y

⎪

⎨

⎩

Điều kiện xác định:

1 2 1 2

x y

⎧ ≥ −

⎪⎪

⎨

⎪ ≥ −

⎪⎩

(*)

3( 1) 2 2 4 0 (3)

2

2

9( 1) 4(2 2 4)

10 25 ( 5)

y

= +

1 2

x= − − + + = − hoặc y 3 3 5 2 4

2

x= − − − − = − − y

0,5đ

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

2 (2 1)

2

x

Với điều kiện 1 3

2 x 2

− ≤ ≤ , phương trình (4):

4

4

2

2

(2 1)

4 2 2 1 3 2

4

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

x

−

Do 3 2 2− x x+1 4 (2⎡⎣ + x−1)2⎤⎦+8> 1;3

2

Nên có:

1 2

3 2 2 1 0

3 2

x

x x

x

⎡ = −

⎢

⎢ =

⎢⎣

x= − ⇒ = y

x= ⇒ = − x

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

x y = − x y =

0.5đ

Câu 4

2

1

ln

4 ln

−

Ta tính tích phân 1

2 1

1

4 ln

e

−

Đặt u lnx du dx

x

2

4

du I

u

=

−

Đặt u=2sint⇒du=2costdt Khi 0 0; 1

6

2.cos

6

4 4sin

t

t

−

0,5đ

M N

O

C  

B

S

G

Ta tính tích phân 2

2 1eln

I =∫ xdx

Ta có:

2

2

1

2 ln ln

dx

x

⎧

Đặt

ln

2

2

dx

x

⎧

6

0,5đ

Câu 5

(1đ) Kẻ SH ⊥ BC

Ta cóSH ⊥(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 ∠SMH = ∠SNH =600

0,25đ

Tam giác vuông BHM có: 0 2

sin 30

MH

Tam giác vuông CHN có: 0 2

sin 60 3

a BC BH CH= = + = MH+ = MH+ = MH +

0,25đ

3( 3 1)

2(1 ) 3

+ Tam giác vuông SMH có:

0,5đ

S

B

A

C H

M

N

ABC

.

Câu 6

(1đ) Ta có: 1=x3+y3+ −z3 3xyz =(x y z x+ + )( 2+y2+z2−xy yz zx− − )

=> 2 2 2

0

x +y +z −xy yz zx− − ≠

[( ) ( ) ( ) ] 0 2

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

=>x2+y2+z2−xy yz zx− − >0 ⇒ + + > x y z 0

Đặt t x y z t= + + ( > 0)

2

2

xy yz zx

−

Có: 1 (= x y z x+ + )[ 2+y2+z2−(xy yz zx+ + )]

2

2

3

2 1

2 2

3 3

t E

t E

t E E

t t E

t

−

−

⇔ = −

0,5đ

Xét hàm số:

( )

3 3

t

f t

t

= + liên tục trên miền t>0 và

t t

= − = − ; '( ) 0f t = ⇔ = t 1

Ta có bảng biến thiên sau:

f’(t) - 0 +

f(t)

1

+∞

Suy ra ( ) 1,f t ≥ ∀ > t 0

Do đó E≥1

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

S = S ⇔ BM AH = CM AH (AH là đường cao)

Gọi M x y , ta có: ( ; ) BMuuuuv=(x−2;y+1);MCuuuuv=(11−x; 2−y)

M

0,5đ

Đường thẳng đi qua A và M có phương trình:

1

8 3 1 3

x y

S = S →BM = CM ⇔ BMuuuuv uuuuv=MC

Tương tự như trên ta có M(5; 0)

Đường thẳng qua A và M có phương trình:

2: 3x 2y 15 0

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

1

2

: 3 12 0 : 3 2 15 0

x y

x y

0,5đ

Câu 8a

(1đ)

Đường thẳng d có vecto chỉ phương uv =(2; 3;1)− Mặt cầu (S) có tâm I(5; -1; -13) và có

bán kính R= 308

Mặt phẳng (P) vuông góc với đường thẳng d nên phương trình có dạng:

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

( ;( ))

0,5đ

2.5 3.1 13

308 4

14 308 14 22

14 22

m

m m

⇔ = ±

Có 2 mặt phẳng thoả mãn yêu cầu đề bài là:

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 10

4 (mỗi câu có 4 phương án trả lời) vậy Ω =410 Gọi A là biến cố “thí sinh đó trả lời đúng ít nhất 8 câu”

i

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

0,5đ

Số cách chọn i câu đúng là: C10i Số cách trả lời của mỗi câu đúng là 1 và sai là 3, do đó

theo qui tắc nhân ta có: 10

10i 3 i i

A =C − ⇒ A8 =405; A9 =30; A10 = Vì 1 A A A đôi 8, ,9 10 một xung khắc và

A A= ∪A ∪A nên có: A =405 30 1 436+ + =

Vậy xác suất cần tìm là: ( ) 43610

4

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

(x A = > và 4 03 0 y B = > ) 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 0

0,25đ

25

a a

Khi a= ta có (C): 6 (x−6)2+(y−6)2 =36 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 a= phương trình đường tròn nội tiếp tam giác ABC là: 1

(x−1) +(y−1) = 1 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 ( )C qua 3 điểm M, N, E 1

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

2

E

Đường tròn ( )C có tâm là trung điểm của OE: 1 1( ;1)3

4

I và bán kính

1

4

Ta có khoảng cách giữa 2 tâm là 3 2 ( )2 1

1

1

=> d = R1− vậy (C) và R ( )C tiếp xúc trong với nhau 1

0,5đ

Câu 8b

(1đ) Gọi

1

2

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

− − + ∈

Khi đó: uuuvAB=(2t−2s−1;t s+ ;5−s)

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

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

0,5đ

−

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

Đường thẳng d qua A và có vecto chỉ phương uuuvAB

nên có phương trình:

:

d − = = +

0,5đ

Nguồn : Hocmai.vn

Câu 9b

(1đ) Ta có

2

1 2

2

1

1

z z

z

z z

z

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

0,5đ

Thật vậy ta có

1 2

z z

+ +

=>Đpcm

0,5đ