ĐÁP ÁN THI THỬ 2014 MỚI SOẠN

0,25 Chú ý: Nếu thí sinh nào có cách giải khác với đáp án, nhưng đúng kết quả thì vẫn được chấm điểm tối đa.

ĐÁP ÁN THI THỬ 2014 MỚI SOẠN

a) (1,0 điểm)

+ Tập xác định D = 

+ Giới hạn của hàm số tại vô cực: lim ; lim

   

0,25

Ta có y'3x26x

y'03x26x0x0;x2

Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( ;0); (2;  )

Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2)

Hàm số đạt cực đại tại x = 0; yCĐ = 3

Hàm số đạt cực tiểu tại x = 2; yCT= – 1

0,25

Bảng biến thiên:

x  0 2 

y’ + 0 – 0 +

y

3 

 – 1

0,25

Giao điểm của đồ thị với trục tung là điểm 0;3

Đồ thị nhận điểm uốn I 1;1 làm tâm đối xứng

0,25

b) (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và (d):

x  x  mxm  x x  x m  (1)

2

1 ( ) 4 4 0 (2)

 



 

    



x

0,25

1

(2,0 điểm)

Để đồ thị (C) cắt đường thẳng (d) tại ba điểm phân biệt A, B và C

(1)

 có 3 nghiệm phân biệt 2 có hai nghiệm phân biệt khác 1 0,25

 

1 0 9

m

 



 

  



Phương trình (1) có nghiệm x   , nên A 1 x B, x là nghiệm của phương trình (2) C

Gọi B x B;mx Bm1,C x C;mx Cm1

Theo hệ thức Vi-ét: x B x C 4, x x B C  4 m

Ta có 2  2  2  2 2 

2  2  2  2 2 

0,25

2

     

2 2

2

Giải được m 1 hoặc m   5 14(không thỏa mãn)

Vậy m 1 là giá trị cần tìm

0,25

Điều kiện:

2

Phương trình cos 2 2 sin2 15 1 tan

4

x x   x

 

1 2 sin 1 cos 2 1 tan

2

       

 

0,25

cos

x

x

2

cosx 2sin xcosx sin 2 cosx x sinx 0

cosx s inx sin 2x cosx s inx 0

(s inx cos )(1 sin 2 )x x 0

0,25

s inx cos

4 sin 2 1 2 2





      



 

         



0,25

2

(1,0 điểm)

Đối chiếu điều kiện, phương trình có nghiệm

Giải phương trình 9x x3134x22x109 x3 1 292x22x3

Điều kiện: x 1

Phương trình 9x x3192x2 x 5 9 x3 1 292x22x3

9x x319 x3 1 292x2 x 592x22x3 0

9 x31.9x9 x31.9292x2 x 3.9292x2 x 3.9x  0

0,25

3

(1,0 điểm)

3   2  

9 x  9x 9 9 x  x 9x 9 0

0,25

   3 2 

9x 9 9 x  9 x  x 0

2

9 9 0

x

x x  x

  





 + 9x 92 x 2

0,25

+ 9 x3192x2 x 3 0  x3 1 2x2  x 3

x 1 (x1)(x2 x 1)2(x2 x 1)0

1, 1 0 , 0

a x b x  x a b

Ta có a2ab2b20a b a  2b0

+ Khi a2b0(phương trình vô nghiệm)

+ Khi ab x 1 x2  x 1 x2  (phương trình vô nghiệm) 2

Vậy phương trình có nghiệm x 2

0,25

Tính diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: yxlnx , 1 y x lnx

Điều kiện:x 0

Phương trình hoành độ giao điểm của hai đồ thị:

xlnx  1 x lnxx1 ln x10 x1 hoặc x e

0,25

Diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: y xlnx , 1 y x lnx là:

      

ln 1 ln 1 ln 1

Bảng xét dấu:

x 0 1 e 

1

x   0 + +

lnx 1   0 +

x1 ln x1 + 0  0 +

0,25

Suy ra S       

1 ln 1 1 1 ln

          Tính M  

1

1 1

1

e

e

       

 

 



0,25

4

(1,0 điểm)

Tính N  

1

1 ln

e

 

Đặt

1 ln

1

2













0,25

N =

1

3

e

          

         

 

       

Vậy diện tích hình phẳng giới hạn bởi các đường: yxlnx , 1 y x lnx là:

S =

4

e  e

(đvdt)

Tam giác ABC có:

2 cos

Suy ra AC2BC2AB2, nên tam giác

ABC vuông tại B

Diện tích tam giác ABC là:

2

ABC

0,25

Ta có A H1  AH.tan 600a 3

Thể tích khối lăng trụ là:

3 1

3 2

ABC

a

V S A H  (đvtt)

0,25

Gọi K, E lần lượt là trung điểm của A B và BC 1 1

Ta có BB1/ /AA1/ /CC1AA1/ /mp BCC B 1 1

Do đó, khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và 1 B C bằng khoảng cách từ điểm A1 1 1

Vẽ A M vuông góc1 B E , suy ra khoảng cách từ A1 1 tới mp BCC B 1 1 là đoạn thẳng

1

A M

0,25

5

(1,0 điểm)

Tam giác KEB vuông tại K, suy ra1 1 15

2

a

B E 

Diện tích  A B E là: 1 1

A B E

a

Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AA và 1 B C bằng 1 1 2 15

5

a

0,25

6

(1,0 điểm)

Điều kiện: x2;y  1

Vì  2  2 2  

2 x 2 1 y1  2 1 x 2 y1

Nên từ xy2 x2 y 1 1

xy 5(xy1) 1

0,25

Đặt t = x + y, ta có: t 1 5(t1)   1 t 6

Khi đó: 1( )2 2(1 )

2

1( 2 2 2) 2 2

2 x xy y xy x y

    



2

2

( ) 2

1 2 2

  



 

t t

0,25

Xét ( ) 1 2 2

2

t

  , với t  1; 6 , có ' 1  

( )  0;   1; 6

t t

 1;6

1 ( ) (1)

2

t



   ;

 1;6

3 6

t



0,25

Vậy: Giá trị nhỏ nhất của P là 1

2đạt được tại

2 1

1

x t

y





  

 

 Giá trị lớn nhất của P là 18 6

3

 đạt được tại t = 6 6

0

x y





 





0,25

Đường tròn (C) có tâm I(4;1) và bán kính R = 5

Vì M trung điểm của BC nên IM vuông góc với BC Đường thẳng BC qua điểm M có véc tơ pháp tuyến

 1; 2

IM   



, nên có phương trình (BC) :x2y  1 0

0,25

Tọa độ của B và C thỏa mãn hệ phương trình:

1

8 2 8 0

y

  







    



hoặc 7

3

x y







 



Do đó B ( 1;1), C(7; 3) hoặc B(7; 3) ,C ( 1;1)

Suy ra BC  80

0,25

Dựng AH vuông góc với BC , SABC =1 3 5

Gọi A a b , vì A thuộc (C) nên ( ; ) a2b28a2b 8 0 (1)

Khoảng cách từ A đến (BC) bằng:

2 1 3 5 2 1 15 16 2

2 1 15 14 2 5

    

  

      

0,25

7.a

(1,0 điểm)

Thế a16 2 b vào (1), suy ra 4

6

a b











hoặc 8

4

a b









 Thế a 14 2 b vào (1), phương trình vô nghiệm

Vậy A4; 6 hoặc A8; 4

0,25

Đường chéo AC cắt BD tại I, suy ra I là trung điểm của AC

Nên I  1;3;3

Ta có AC   4; 2; 4 

Mặt phẳng (P) có véc tơ pháp tuyến

1; 1;0

n  

0,25

Gọi u  0

là véc tơ chỉ phương của đường thẳng (d)

Vì đường thẳng (d) song song với mặt phẳng (P) nên un

Và BD vuông góc với AC nên u AC 0,25

Nên un AC, 4; 4; 2 

0,25

8.a

(1,0 điểm)

Đường thẳng (d) qua điểm I  1;3;3 có véc tơ chỉ phương u     4; 4; 2

Nên có phương trình  : 1 3 3



Vậy  : 1 3 3



0,25

Môđun của z là z   m22 m12  m2m1 0,25

Theo đề z  5 m2m 1 5

m2m 6 0

0,25

9.a

(1,0 điểm)

m 2(loại) hoặc m 3

( ) : 1

8 4

Ta có:

8 4 2 ( 2; 0), (2; 0)

    

 

0,25

Đường thẳng (d) song song với đường thẳng yx và qua F 2

 d :y x 2

   hay  d :xy 2 0 0,25

7.b

(1,0 điểm)

Tọa độ A, B thỏa mãn hệ phương trình 2 2

2

1

8 4

 







 





8 2 (0; 2), ;

3 3

   

 

hoặc 8 2; , (0; 2)

3 3

A  B 

 

Suy ra AB  8 2

3

Vẽ F H1 AB H ( )d , F H1 d F 1; ( )d 2 2

0,25

Vậy diện tích

1 1 8 2 16 2 2

F AB

Phương trình tham số của đường thẳng (d):

1

3

 







  





Điểm M thuộc đường thẳng (d) có dạng M(1t; 2t;3t)( )d

0,25

Khoảng cách từ điểm M đến mặt phẳng (P)

 

MA ( 2 t)2(1t)2  ( 2 t)2 (2) 0,25

8.b

(1,0 điểm)

Từ (1) và (2)   t 3  ( 2 t)2(1t)2  ( 2 t)2  t 0;t 4

+ Với t 0 M(1; 2;3)

+ Với t = – 4 M( 3; 6; 7)

Vậy M(1; 2;3) hoặc M ( 3; 6; 7)

0,25

Ta có 1 2 3  

3C n 8C n 3C n n2



0,25

6 8( 2) ( 1) 9 22 0 11

2

n

n





           

 



0,25

Ta có  4 11 44 4 7 44 11

2

k k

k

x





9.b

(1,0 điểm)

Số hạng không chứa x nên 44 11 k 0k4

Vậy số hạng không chứa x là C114.24 5280 0,25

Chú ý: Nếu thí sinh nào có cách giải khác với đáp án, nhưng đúng kết quả thì vẫn được chấm điểm tối đa

- HẾT - Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Văn Xê – TRUNG TÂM LUYỆN THI ĐẠI HỌC THÀNH ĐẠT – ĐÀ NẴNG