Hàm số không có cực trị... 1.b Viết phương trình tiếp tuyến chung của H và đường tròn C... Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta có GH 2GI Tính chất đường thẳng Ơ-le trong tam giác
Trang 1ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 4 THÁNG 05/2014
Môn: TOÁN (Đáp án gồm 6 trang)
* Tập xác định : D = R\{1}
* Sự biến thiên của hàm số:
- Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
lim 2
x
y , lim 2
x
y ,
1
lim
x
1
lim
x
Đồ thị (H) nhận đt y = 2 làm đường tiệm cận ngang và nhận đt x = 1 làm đường
tiệm cận đứng
0,25
- Bảng biến thiên:
x
) 1 (
1
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1),(1;) Hàm số không có cực trị
0,25
x - 1
y’ - -
y
+
2 2
-
0,25
* Đồ thị (H):
- (H)cắtOy tại điểm (0;1); cắt Ox tại điểm (1/2;0)
2
5
; 3 ), 3
; 2 ( , 2
3
; 1 , 3
5
;
- (H)nhận giao điểm (1;2)của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng
0,25
Trang 21.b
Viết phương trình tiếp tuyến chung của (H) và đường tròn (C) 1,00
Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R = 2 Gọi là một tiếp tuyến chung
bất kì của (H) và (C), tiếp xúc với (H) tại điểm
1
1 2
;
m
m m
M (m1)
Phương trình của có dạng
1
1 2 ) (
) 1 (
1
m
m m x m
0 1 2 2 ) 1 ( 2 2
0,25
tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi khoảng cách từ điểm I(1;2) đến bằng 2
2 )
1 ( 1
2 2
4
m
m
0,25
Các tiếp tuyến cần tìm : x y 1 0và x y 5 0 0,25
2
3 sin 2
2 cos ) 4 sin 2
x
x x
x
Điều kiện: sinx 3/2 Với điều kiện này, ta có
(1) 2sinxcos2xsinxcosx4cosx20 (2cosx1)(sinxcosx2)0
0,25
2 / 1 cos
Kết hợp điều kiện, ta có nghiệm của pt (1) là 2 ( )
3
Giải hệ phương trình:
) 2 ( 2
5 8 9
) 1 ( 10
7 ) 7 2 ( 2 4
2
2 2
x y
y y
x y
Điều kiện: x5/2
(1)(2xy)2 7(2x y)1002xy5 hoặc 2xy2
y
x
2 5 hoặc 2x2y
0,25
Thay 2x5y vào (2) ta được phương trình
1 1
0 ) 9 )(
1 ( 0 9 8
2 y y y yy y y y
y
(vì y yy y9>0,với mọi y0)
Với y1 thì x2(TMĐK)
0,25
Thay 2x2y vào (2) ta được phương trình
) 3 ( 3
8 9
2 y
y
Đặt u y3(u0), pt (3) trở thành
0,25
Trang 30 8
6 2
4 u u
u u(u3 6u8)0u0 hoặc u3 6u80
Khi u0 thì y = -3 và x = 5/2
Xét pt u3 6u80 (4)
Vì u0 nên theo bất đẳng thức Cô-si, ta có
u u u
u3 8 3 4 4 3 316 6
Do đó, pt (4) vô nghiệm trên nửa khoảng [0;+ )
Vậy, hpt đã cho có hai nghiệm (x;y) = (2;1) và (x;y) = (5/2;-3)
0,25
4
x x
x x
I /2
0
3
) cos (sin
cos 2 sin 3
1,00
x t dx dt x t x t
Suy ra:
(sin cos ) (cos sin ) (cos sin )
0,25
Suy ra:
2
(sin cos ) (cos sin ) (sin cos )
2 /
2
/
4 cos
1 2
1 4
cos 2
x
dx x
0,25
1 0
2 / 4
tan
2
2
1
5 Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' 1,00
Gọi M là trung điểm CA ta thấy:
O O B BM
CA O
B
CA BM
' ' CA(B'BM)
Kẻ MH BB'(do B nhọn nên H thuộc
đoạn BB’)
Do
) ' (
) ' (
BM B HM
BM B CA
nên HM CA
0,25
Vậy HM là đoạn vuông góc chung của BB’và CA, do đó
2
3 )
; ' (BB CA HM a
0,25
B
C
A
A’
C’
B’
H
O
M
Trang 4Xét hai tam giác đồng dạng BB’O và BMH, ta có
BH
HM BO
O
B' , suy ra
3
2 3
2 2
3 3
3 2
a
a a BH
HM BO O
0,25
Thể tích khối lăng trụ:
3
3 2 3
2 2 3 2
1 ' 2
1 '
3
a a a a O B CA BM O
B S
0,25
Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có 3 3 3 2
2
3 8
1 8
1
2b b b b
2
3 8
1
2c c Từ đó, ta có 32(b3 c3)1024(b2 c2)6 Mặt khác 2 2
1 8
3 1 8
3 1 8
3
2 2
2
c b
0,25
Đặt
1
1
a
1
1
b
1
1
c
z Từ gt, ta có x,y,z(0;1)và xyz2 Rút a ,,b c theo x,y,z và thay vào Q, ta được
Q =
8 16 9
3 8
16 9
3 8
16 9
3
2 2 2
2 2
2
z y
y
y x
x
x
Ta chứng minh 6 3, (0;1)
8 16 9
3 2
2
t
t
(1)
0,25
Biến đổi tương đương, ta được bất đẳng thức đúng với mọi t thuộc khoảng (0;1) là
0 ) 6 6 (
) 2
3
Áp dụng (1), ta được Q 6(xyz)93 Suy ra P 3 Dấu bằng xảy ra khi
và chỉ khi a = b = c = 1/2 Vậy minP = 3
Chú ý : Đường thẳng y6t3 là tiếp tuyến của đồ thị hàm số
8 16 9
3 2
2
t t
t
điểm có hoành độ 2/3
0,25
Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(-2;2), bán kính R = 5 Gọi H là
trực tâm của tam giác ABC, ta có GH 2GI (Tính chất đường thẳng Ơ-le trong
tam giác) Suy ra H(1;12)
0,25
Ta chứng minh H và E đối xứng nhau qua đường thẳng BC Vì HE vuông góc với
BC nên ta chỉ cần chứng minh góc HBC bằng góc EBC Xét trường hợp tam giác
ABC nhọn (Các trường hợp khác tương tự), ta có: ̂ ̂ (Cùng phụ với góc
ACB), ̂ ̂ ̂ (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC) Do đó ̂
̂ (ĐPCM) Đường thẳng BC đi qua trung điểm N(1;5) của HE và nhận vectơ
) 14
; 0
(
EH làm một vectơ pháp tuyến nên phương trình là 14(y-5) = 0 hay y–5 = 0
0,25
Gọi M là trung điểm của BC, ta có IM vuông góc với BC và IM = d(I;BC) = 3 Do
đó BM IB2 IM2 R2 IM2 4 Đường thẳng HE đi qua E(1;-2) và có
vtcp EH(0;14)nên có phương trình là x-1 = 0 Tọa độ A là nghiệm của hệ phương
0,25
Trang 5trình
2
1 25
) 2 ( ) 2 (
0 1
2
x y
x
x
hoặc
6
1
y
x
Vì A khác E nên A(1;6) Ta có d(A;BC) = 1
Diện tích tam giác ABC là ( ; ) ( ; ) 4.1 4
2
Các mặt phẳng ():2xz30 và ():x2y3z40 có một vectơ pháp
tuyến lần lượt là n1(2;0;1) và n2(1;2;3) Vì (P) vuông góc với cả hai mp trên nên
(P) có một vectơ pháp tuyến là n[n1,n2](2;5;4)
0,25
Phương trình của (P) có dạng 2x+5y-4z+m = 0 (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại
A(-m/2;0;0), B(-m/5;0;0), C(0;0;m/4) 0,25
15
4
OABC
15
4 4
5
2
6
1 15
4
6
OC OB
Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là: 2x+5y-4z+4 = 0, 2x+5y-4z-4 = 0 0,25
Gọi số học sinh nữ của lớp là n ( nN*,n28) Số cách chọn 3 học sinh bất kì là
3
30
C Số cách chọn 3 học sinh, trong đó có 2 nam, một nữ là C302n.C n1
0,25
Vì xác suất chọn được 2 nam, 1 nữ là 12/29 nên ta có
29
12
3 30
1 2
n n
n C
C
14 0
) 240 45
)(
14
2
1065
45
Kết hợp đk, ta có n = 14 Vậy số học sinh nữ của lớp là 14 học sinh 0,25
Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:
0 10 2
0 20 3 4
y x
y x
hay
8
1
y
x Suy ra A(-1;-8)
Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao
hạ từ B của tam giác ABC Ta có EF//BC, NF//AH, BCAH Do đó EFNF
Tương tự, ta có EDDN Vậy, đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường
kính EN Suy ra N thuộc (C) Mặt khác EB’B’N, tức là B’ cũng thuộc (C)
0,25
Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ phương trình:
0 40 30 5
10 2 25
) 2 ( ) 1 (
0 10 2
2 2
2
x x
x y y
x
y x
6
2
y
x
hoặc
2
4
y
x
Nếu N(-4;-2) thì C(-7;4) (loại) Nếu N(-2;-6) thì C(-3;-4) (thỏa mãn) Vậy N(-2;-6),
B’(-4;-2), C(-3;-4)
0,25
Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận vtcp (1;-2) của AC làm vtpt nên có phương
trình là x-2y = 0 Đường thẳng CH đi qua C và nhận vtcp (3;4) của AB làm vtpt nên
có phương trình là 3x+4y+25 = 0
0,25
Trang 6Tọa độ của H là nghệm của hệ phương trình
0 25 4 3
0 2
y x
y x
hay
2 5
5
y
x
2
5
; 5
0,25
Đường thẳng d đi qua I(-4;7;-2) và có một vtcp u(2;2;1)
Ta có IM(9;6;6), [IM,u](6;3;6)
0,25
3 1 4 4
36 9 36 ]
, [ ) ,
u
u IM d
M
2 ) ,
2 2
2
Phương trình của mặt cầu (S) là: (x 5 )2 (y 1 )2 (z 4 )2 18 0,25
Đặt zabi(a,bR) Theo gt, ta có ab và ab3 hay b3a Giả sử
dạng lượng giác của z là zr(cosisin) Theo công thức Moa-vrơ, ta có:
) 2014 sin 2014
(cos 2014
z r
0,25
Kết hợp giả thiết, ta có 2 22014 1007
5
b
a hay a2b25 Thế b3a, ta được phương trình
1 2
2 1
0 2 3 5
) 3
2
b a
b a
a a a
0,25
Kết hợp đk ab ta được z12i Khi đó z12i
Suy ra z(z5)(12i)(62i)1010i
0,25
-Hết -