đáp án đề thi thử môn toán khối D GSST lần 2 năm 2014
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 Điều kiện x 0 Phương trình đã cho tương đương với:
Xét hàm số f(t t nt trên (0 Ta có: f’(t 1 1 0
t
với mọi t > 0 f(t đồng biến trên (0
M t khác (*) có dạng
2
x 4x
4x và 1 0
x )
2 2
4x
ết uận: Phương trình có nghiệm 1
2
Trang 3www.gstt.vn
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)
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 2
AD AB 4
BC AB 4
HC D 2 1
2S
(AD BC AB
4
HC D
2 2a S 4a
ậ ta có 1
3SH S
a 4√3 3 b) Kẻ HI vuông góc với CD (Điểm đã 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
Trang 4Ta có AE 3
2HE Su ra d(A, (SDC
3
2d(H, (SDC ) 3
2a√
6
5 (Chú ý có thể chứng minh HC CD để không phải dựng HI vuông góc với CD)
Câu V: Phương trình 2 có dạng(x 5 ( 3 4 là một phương trình đường tròn tâm I(5;3) bán kính R2=2
Phương trình 1 phương trình đường tròn tâm O(1+4m;1+3m), bán kính R1=3|m|
Hệ có nghiệm duy nhất khi 2 đường tròn này tiếp xúc nhau
TH1: Tiếp xúc ngoài
hi đó I tương đương với √(5 1 4m (3 1 3m 3|m| 2
iải pt ta có m 7 √33
4 TH2: Tiếp xúc trong
hi đó I | 1- 2| tương đương với √(5 1 4m (3 1 3m |3|m| 2|
Giải pt ta có m=1
Câu VIa 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)
Câu VIa 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 a (b 1 (b 2 (c 1 (c 1 4 {a a b b c c 2a 4b 2c 2 0 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: 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
Trang 5www.gstt.vn
Vậy xác suất là
P C 4 26
30
130 203 Câu VIb 1 Đường phân giác góc phần tư thứ nhất là
Vì (d) song song với nên phương trình đường thẳng (d) cóa dạng: với m 0
ì ,N giao điểm của (E v (d nên ho nh độ của M,N là nghiệm của hệ phương trình:
{ x 4 1
x m (I { x (x m 4 1
x m {5x 2mx m x m 4 0 (2 (E) và (d) cắt nhau tại 2 điểm phân biệt M,N Hệ phương trình (I có 2 nghiệm phân biệt Phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt 0 m 5(m 4 0 |m| √5 (*)
Với |m| √5 phương trình (2 có 2 nghiệm phân biệt x1,x2 Theo định lí Vi-et ta có:
{
x1 x2 2m
5 x1 x2 m 4
5
Do đó (D vs (d cắt nhau tại M(x1,y1) và N(x2,y2) với { x x m m
⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (x1, 1 ; N⃗⃗⃗⃗⃗⃗⃗ (x2 2
Tam giác OMN vuông tại O ⃗⃗⃗⃗⃗⃗ N⃗⃗⃗⃗⃗ =0 0 ( ( 0
2 ( 0 2 0 [m
√
m √
Cả 2 giái trị thỏa mãn điều kiện (*)
ậ có 2 gi i trị của m thỏa mãn b i to n 2√10
5 v
2√10
5 Câu 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
Trang 6{√ 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: Ta có:
i m
1 m(m 2i
(i m (1 m 2mi (1 m 4m
m(1 m 2m i(1 m 2m
(1 m m(1 m i(1 m
(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
-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
- Nguyễn Văn Quỳnh - Đại học Bách Khoa Hà Nội
- Trần Trí Kiên – Đại học Ngoại Thương Hà Nội
