Đáp án Toán khối A
Trang 1www.gstt.vn
Câu I: 1 Với m = 0 ta có hàm số: y = x3 – 3x2 + 2
* TXĐ: D=
*Giới hạn:
im = v im
=
Đồ thị hàm số không có tiệm cận *Sự biến thiên: ’= 3x2 – 6x ’=0 3x2 – 6x=0 *x = 0x = 2 *Bảng biến thiên: X - 0 2
’ + - +
Y 2
- -2
Đồ thị hàm số đồng biến trên các khoảng ( 0 và (2;
Đồ thị đạt cực tiểu tại x=2, yCT=-2, đạt cực đại tại x=0, yCĐ=2 *Điểm uốn: ’’= 6x – 6 ’’= 0 v đổi dấu khi qua x=1 nên điểm U(1 0 điểm uốn của đồ thị *Đồ thị hàm số (bạn đọc tự vẽ) + Đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (2,0) + Phương trình ho nh độ giao điểm của đồ thị hàm số với trục hoành là: x3 – 3x2 + 2=0 x = 1 ho c x = 1 √3 Do đó đồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 điểm phân biệt là (1;0), 1 √3, 0 + Đồ thị hàm số qua điểm (-1; -2); (3,2) và nhận điểm uốn U(1 0 m tâm đối xứng 2 ’ = 3x2 – 6x – 3m Tại A, B, các tiếp tuyến có hệ số góc bằng 3 nên ’A = ’B = 3 ’A = 3 nên 3xA2 - 6xA – 3m = 3 x 2x m 1 = 0 (1)
Mà A (C nên: yA = x 3x 3mx 2 =(x 1 (x 2x m 1 (2m 1 x 1 m =-(2m 1 x 1 m (theo (1)) Suy ra A (d : = (2m 1 x 1 m Chứng minh tương tự suy ra B (d : = (2m 1 x 1 m Vậy phương trình đường thẳng AB chính là phương trình đường thẳng (d) hoảng c ch t đến (d h = |m 1| √(2m 1 1
Trang 2Ta có h = (m 1
4m 4m 2 (4h 1 m (4h 2 m 2h 1 = 0 (2
Phương trình (2 có nghiệm 0 (2h 1 (4h 1 (2h 1 0
0 h √5
2 (vì h 0
Do đó khoảng cách lớn nhất t đến (d) là √
hi đó = 0 nên phương trình(2 có nghiệm k p m = 2h 1
4h 1=
2
3
ậ m = 2
3
2sin x - cos x sinx 4sin x cos x 2 3sinx (1)
2
2sin x-cos x=3sin x 1 3sinx 1 3sinx-1
4sin x cos x 2 3sin x 3sin x 2 3sinx 1 3sinx 1
Điều kiện:4sin x cos x 2 3sinx 02 2 3sinx 1 0 sinx 1
3
3sinx 1 3sinx-1
3sinx 1
Phương trình bậc 2 với sin x vô nghiệm
Vậy (1) vô nghiệm
2 iải hệ phương trình {x
1
x
1
= 5 (1 (x 1 ( 1 [x (x x ] = (x (x 1 x (2
Điều kiện: x 0
Ta có: (2 (x 1 ( 1 [(x 1 x( 1 ] = x x x x
(x 1 ( 1 [(x 1 x( 1 ] = x (1 x 1
x
1 )
(x 1 ( 1 [(x 1 x( 1 ] = 6x
Ta có hệ phương trình
Trang 3www.gstt.vn
{(x
1
x) (
1 ) = 5 (x 1 ( 1 [(x 1 x( 1 ] = 6x
{
(x 1
x) (
1 ) = 5 (x 1
x) (
1 ) [(x 1x) ( 1)] = 6
Đ t:
{
a = x 1
x
b = 1 {(a b ab(a b = 6 2ab = 5 {a b = 3ab = 2 [a = 1 b = 2a = 2 b = 1
ới a = 1 b = 2 Ta có:
{
x 1
x = 1
1= 2 {x =1 √52
= 1
(th a m n điều kiện
ới a = 2 b = 1 Ta có:
{
x 1
x = 2
1= 1 {x =1 √52
1 = 0 (vô nghiệm
(th a m n điều kiện
ết uận: HPT đ cho có nghiệm: (x = (1 √52 1)
â : Ta có: I = ∫ x
cos xdx ∫
sinx cos xdx= I I
= ∫ sin
cos xdx= ∫
dcos x cos x =
1 cos |30= 1
X t I = ∫ x
cos xdx Đ t {
u = x
dv = dx cos x {du = dxv = tanx
hi đó I = x tanx |3
0 ∫ tanxdx = x tanx |30 ∫
sinx cosxdx
= x tanx |3
0 ∫
d(cosx cosx = x tanx |30 n|cosx| |30=√3 n2 Vậy = = 1
√ n 2 Câu IV: a) Do H trung điểm AB
Tam gi c SAB đều = SH vuông góc AB
M t khác (SAB) vuông góc (ABCD)
Trang 4www.gstt.vn
Suy ra SH vuông góc (ABCD) Ta có SA=SB=AB=2a suy ra SH=a√3 (đến đâ được 0,25)
SHC vuông tại H ta có HC=√CS SH = a√2 Pitago cho tam gi c HBC tính được BC=a
T D kẻ DM vuông góc HC.(M thuộc HC)
Ta có HC vuông góc D } => DM vuông góc (SHC) => DM= 2a√2 (0,25) SH vuông góc D
S =(AD BC AB
2 = S S S
(AD BC AB
AD AB 4
BC AB 4
HC D 2 1
2S =
(AD BC AB
HC D
2 = 2a S = 4a
ậ ta có =1
3SH S =
a 4√3 3 b) Kẻ HI vuông góc với CD (Điểm đ có ở phần trên)
Tính được DC= 2a√2 Suy ra HI=a√2
Ta có CD vuông góc với (SHI) Kẻ HK vuông góc SI
Suy ra HK là khoảng cách t H đến (SCD)
Ta có
=
su ra H = a√ Gọi AB cắt DC tại E
Ta có AE =3
2HE Su ra d(A, (SDC =
3
2d(H, (SDC ) =32a√6
5 (Chú ý có thể chứng minh HC CD để không phải dựng HI vuông góc với CD)
Câu V: Đầu tiên ta có đ nh gi cho tử số bằng BCS :
( a bc )( ) ( a c )
a b
a b b c c a a b c
Bây giờ ta làm chẵn bậc tử số của phân thức rồi áp dụng BDT BCS dạng hệ quả ( Dạng Engel) :
2
a b b c c a ab a b bc b c ca c a ab a b bc b c ca c a
Và giờ thì ta chỉ cần chỉ ra được :
3 3 3
2(a b c a )( b c )3(ab a b( ) bc b c( ) ca c a( ))
Hiển nhiên do a b c 3
Câu VIa 1 +) SABC = 12 AB.AC = 24
Theo tính chất đường phân giác:
AC AB AC AB 24 8 và DB AB 5
8
+) Ta có:
A
B
D(–2; –2)
d
Trang 5www.gstt.vn
cosCAD = AC2 AD2 DC2
2AC.AD
cos450 =
2 2 5 2
8 2.AD.AC
8
AC = 2 2 AD ho c AC = 2 2
3 AD
Tương tự, ta cũng có AB = 2 2 AD ho c AB = 2 2
3 AD
+) Muốn có AB > AC thì ta phải có AB = 2 2 AD và AC = 2 2
3 AD
AB.AC = 8
3AD
2 = 24 AD2 = 9 (–5 + 2)2 + (yA + 2)2 = 9 yA = –2 A(–5; –2)
+) Do AD = 3 nên AC = 2 2 và DC = 5 Giả sử C(x (điều kiện y < 0) thì
2
2
C(–3; –2) (do yC < 0)
Câu IVa 2: Gọi A(a,b,c) thuộc đường tròn là giao của (S1) và (S2)
Suy ra A (S v A (S
Suy ra {(a 1 (b 2 (c 1 = 4
a (b 1 (c 1 = {a b c 2a 4b 2c 2 = 0
a b c 2b 2c 7 = 0
Tr 2 phương trình cho nhau ta được: 2a – 2b – 4c + 9 = 0
Suy ra A thuộc mp(P): 2x – 2y – 4z +9 = 0
Suy ra (P) là m t phẳng qua đường tròn là giao của (S1) và (S2)
(d) vuông góc với (P) nên có vector chỉ phương: (2 -2;-4)
Vậy phương trình (d) là: {x = 2 2t = 3 2t
= 1 4t
, t
Câu VIIa: Ta có:
= i m
1 m(m 2i =
(i m (1 m 2mi
m(1 m 2m i(1 m 2m
(1 m
=m(1 m i(1 m
m
1 m
i
1 m =
m
1 m
i
1 m Như vậ = 1
2( 2 1
( 1 =
1
2( 2 1
1=
1
2( 2 2 = 0
* = 0 = 1
Câu VIb 1: Dễ thấ AE đi qua trung điểm N của BC, m t khác IN lại vuông góc với BC nên tam giác INM vuông tại N Do đó N giao của đường tròn đường kính IM với đường thẳng x=1
Suy ra N(1;1) ho c N(1;2)
Nếu N(1;1) thì BC: y=-x+2, suy ra AD: y=-x+4 Suy ra A(1;3), B(0;2) C(2;0) D(3;1)
Nếu N(1;2) thì BC: y=x+1, suy ra AD: y=x-1 Suy ra A(1;0), B(0;1) C(2;3) D(3;2)
Trang 6Câu VIb 2:
Pt (d): { = 2 2mx = 1 m
= 2 2m
, m
M thuộc d nên có tọa độ (1+m; 2 – 2m; 2 - 2m) với m>0 (Do xM>1)
(S1) có tâm I1=(1;2;2), bán kính R1=2
(S2) có tâm I2=(-1;-2;0), bán kính R2=3
Gọi R là bán kính m t cầu (S)
(S) tiếp xúc ngoài với (S1) và (S2)
{II = = {√(1 m 1 (2 2m 2 (2 2m 2 = 2
√(1 m 1 (2 2m 2 (2 2m = 3 {√ m3m = 2 20m 24 = 3( ì m 0
Do đó ta có: √ m 20m 24 = 3m 1 26m=23 m =
Suy ra =
Vậy pt (S): (x ) ( ( = (
Câu VIIb: Tổng số cách xếp: 30!
Xếp để cho không có 2 cuốn GSTT nào gần nhau:
- 26 cuốn còn lại tạo thành 27 khoảng trống
- Có C cách xếp 4 cuốn GSTT vào 27 khoảng trống đó
- Ngoài ra có 4! cách hoán vị 4 cuốn GSTT và 26! cách hoán vị 26 cuốn còn lại
Số cách xếp để không có 2 cuốn GSTT nào gần nhau là: C 4 26
Vậy xác suất là
P =C 4 26
130 203 -Hết -
Kỳ thi thử Đại học GSTT.VN lần 3 năm 2014 sẽ được tổ chức vào ngày 06/04/2014 tại Hà Nội và TPHCM
Biên soạn: Tập thể GSTTers
- Lương Văn Thiện – Đại học Bách Khoa Hà Nội
- Hồ Văn Diên – Đại học Y Dược Huế
- Nguyễn Anh Văn – Đại học Y Dược Huế
- Mai Văn Chinh – Đại học Y Hà Nội
- Nguyễn Thành Công – Đại học Khoa Học Tự Nhiên Hà Nội
- Bùi Văn Cường - Đại học Bách Khoa Hà Nội
- Vũ Đức Thuận - Đại học Bách Khoa Hà Nội
Trang 7www.gstt.vn
- Nguyễn Văn Quỳnh - Đại học Bách Khoa Hà Nội
- Trần Trí Kiên – Đại học Ngoại Thương Hà Nội
