Đối chiếu điều kiện ta được n=10... 1,0 điểm Viết phương trình chính tắc của H.
Trang 1TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối B, D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
1
(2,0 điểm)
a) (1,0 điểm) Khảo sát…
Tập xác định \ { 1}
2
D=¡ − Ta có: ' 3 2 0, .
(2 1)
x
+ Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1),( 1; )
2 2
−∞ − − +∞ Hàm số không có cực trị
0,25
1 lim lim ; lim , lim
2
Tiệm cận: TCĐ: 1,
2
x= − TCN: 1
2
y=
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị: (C) cắt Ox tại (1;0), cắt Oy tại (0;–1)
0,25
b) (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M …
Gọi 0 0
0
1 ( ; )
2 1
x
M x
x
− + Hệ số góc của tiếp tuyến d tại M là 1 0 2
0
3
(2 1)
k y x
x
0
2 2 2 2(2 x 1)
+
uuur
suy ra IM có hệ số góc là 2 2
0
3 (2 x 1)
0 2
0
3 1 2 1 (2 1) 3
3 1 2
x
x
=
=
0,25
Vậy có hai điểm M thỏa mãn là: ( 3 1 1; 3); ( 3 1 1; 3)
2
(1,0 điểm) Giải phương trình
2 sin cos sin cos 2 3 2 sin( ) (1)
4
y
x
O
1
−
1
1 2
−
1 2
x y' + +
−∞
1 2
1 2
1 2
−
Trang 2(1)⇔sin (sinx cos ) (cosx − x = x−sinx)(cosx+sinx) 3(sinx cos )+ − x 0,25
(sinx cos )(2sinx x cosx 3) 0
sinx cos 0 (2) 2sin cos 3 (3)
x
Vì 22+ <12 32 nên (3) vô nghiệm Ta có: (2) sin( ) 0 ( )
0,50
3
(1,0 điểm)
Giải phương trình 5x2+ + =x 11 7 x4+3x2−2x+3 (1)
Điều kiện x4+3x2−2x+ ≥ ⇔3 0 x4+ −(x 1)2+2x2+ ⇔ ∀ ∈2 x ¡
Ta có (1)⇔3(x2+ + +x 3) 2(x2− + =x 1) 7 (x2+ +x 3)(x2− +x 1) 0,50 Đặt a= x2+ +x 3,b= x2− +x 1. Ta có phương trình
3 7 2 0 ( 2 )(3 ) 0
3
a b
=
6
x + + =x x − + ⇔x x − x+ = ⇔ =x ± Với 3a b= , ta có 3 x2+ + =x 3 x2− + ⇔x 1 4x2+5x+ =13 0vô nghiệm 0,25
4
(1,0 điểm) Tính tích phân I 02(x cos )sin 2x xdx
π
=∫ +
0 sin 2 0 cos sin 2
I =∫πx xdx+∫π x xdx Ta có
3 2 2
0
2cos 2
x
π
0,50
Với 2
2 0 sin 2 ,
π
sin 2
2
du dx
u x
x
=
=
2
2
π
3 4
I = +π
0,50
5
(1,0 điểm)
Tính thể tích khối chóp …
Ta có SA BC BC (SAB) BC SB
AB BC
⊥
Suy ra ·SBA=600⇒SA AB= tan 600 =a 3
0,25
3 ABM
.
S
S ABM S ABC
S ABC
3
3 12
C ABM S ABM
a
V =V = Vì ∆SAC SBC,∆ vuông tại A, C nên 1 5
a
Gọi I là trung điểm AB Ta có MI⊥AB, suy ra
2
ABM
a
2
C ABM ABM
d
S∆
B
. M S
I .
Trang 3(1,0 điểm) Chứng minh rằng ln(3 2 5 ) log (91 4 1) (1).
x x x x x
x
ln(9 4 1)
ln(x 1)
x x
x x x x + +
Xét hàm số ( ) ln(f x = x+ −1) x x, ≥0 Ta có '( ) 1 1 0 0,
x
−
+ + suy ra f(x) nghịch biến trên [0;+∞),do đó với x dương ta có ( ) f(0) 0 f x < = ⇒ <0 ln(x 1) x (3).+ < 0,25
Áp dụng a2 +b2 +c2≥ab bc ca+ + , ta có 9x +4x + ≥1 3x +2x +6x >3x +2x +5x >1 (4)
( với x>0, ta có 6x >5x) 0,25
Từ (3) và (4) ta có: ln(9 4 1) ln(9 4 1) ln(3 2 5 )
ln(x 1)
x x
x x x x x
7.a
(1,0 điểm)
Tìm tọa độ A, B, C
Gọi ( ; )I x y là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có IM IN IP= = 0,25
(1; 2)
2 (1 x) (1 y) (3 ) (1 y)
I y
Đường thẳng BC đi qua M( 1;1)− và nhận IMuuur= − −( 2; 1)làm vecto pháp tuyến nên có phương
trình là 2(− x+ − − = ⇔1) (y 1) 0 2x y+ + =1 0
Tương tự, phương trình CA, AB là x−2y+ =8 0, 2x y− − =5 0
0,25
Tọa độ A là nghiệm của hệ 2 8 6 (6; 7),
A
tương tự B(1; 3), C( 2;3).− − 0,25
8.a Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
Gọi B là giao điểm của hai đường thẳng.Vì B thuộc d nên tọa độ B có dạng (1 2 t; 2 t; t) B + − + 0,25
(2 t; t 4; t 2),
uuur
d có vecto chỉ phương là ur =(2;1;1)
Ta có AB⊥ ⇔d uuur rAB u. = ⇔ =0 t 1. Khi đó: uuurAB=(2; 3; 1).− − 0,50
Đường thẳng cần tìm có phương trình là: 1 2 2
x− = y− = z−
9.a
(1,0 điểm)
Tìm hệ số của x …5
Điều kiện n≥3,n∈¥ Ta có 3 2 3 ! ( 1) 3
3!( 3)!
n n
n
n
−
10
n n
n
= −
⇔ (n )(n ) − ( − =) ⇔(n )(n )− − = ⇔ −(n ) n − = ⇔ =
Đối chiếu điều kiện ta được n=10
0,25
Ta có khai triển
( 1) (1 ) (1 ) ( k k)( m m)
k m
= =
Ta có 2k m+ =5 1 0( ), ≤ ≤k 10 0, ≤ ≤m 10,k∈¢,m∈¢ Từ (1) suy ra, 2 k≤ ⇔ ∈5 k { ; ; }.0 1 2
Với k= ⇒ =0 m 5; với k= ⇒ =1 m 3; với k = ⇒ =2 m 1
Hệ số của x là 5 C C100 105 +C C101 103 +C C102 101 =1902 0,25
Trang 4(1,0 điểm)
Viết phương trình chính tắc của (H)
Gọi phương trình chính tắc của (H) là
2 2
2 2 1
a −b = Ta có:
F F = c= ⇔ =c ⇔c = ⇔a +b =
0,25
Phương trình hai tiệm cận là: 1:y b x bx ay 0; 2:y b x bx ay 0
∆ = ⇔ − = ∆ = − ⇔ + =
Ta có:
2 2 0
60
b a c
−
=
os
3 (2) 2
3 (3)
=
=
0,25
Giải hệ (1),(2) ta được a2=6,b2=2. Phương trình (H):
2 2
1
6 2
Giải hệ (1),(3) ta được a2=2,b2=6. Phương trình (H): 2 2 1
2 6
8.b
(1,0 điểm)
Viết phương trình mặt phẳng (Q)…
Vectơ chỉ phương của d là (2;1; 1) ur − Vectơ pháp tuyến của (P) là nr =(1;1; 2).− 0,25
Vì (Q) vuông góc với (P) và song song với d nên (Q) có vecto pháp tuyến là:
1 [ , ] ( 1;3;1),
nur= u nr r = − suy ra phương trình (Q) có dạng − +x 3y z D+ + =0 0,25 Chọn (0;1; 1) d,A − ∈ ta có (d, (Q)) d(A, (Q)) 2 11 2 11 9
13
11
D
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn là: − +x 3y z+ + =9 0 và − +x 3y z+ − =13 0 0,25 9.b
(1,0 điểm)
Viết dạng lượng giác của z.
Gọi z a bi= + , với a∈¡ ,b∈¡ ,a2 +b2 >0. Từ giả thiết ta có a2 −b2+2abi+2(a bi− ) 0= 0,25
2 0
( 1) 0
1, 3
b a
= = −
− =
Với z= −2, ta có dạng lượng giác là: z=2(cosπ +isin ).π
Với z= +1 3 i, ta có dạng lượng giác là: 2(cos sin )
3 i 3
Với z= −1 3 i, ta có dạng lượng giác là: 2(cos sin )
3 i 3
………….Hết…………
