01 toan dot 4 dapan

Khi đó dễ thấy H là trọng tâm đồng thời là trục tâm tam giác ABD.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014

Môn thi: TOÁN; khối A; A1; B, lần 4

Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

Câu 1

(2,0 đ)

a) (1,0 điểm)

 Tập xác định: DR/ 2 

 Đạo hàm:

 2

3 '

2

y x



 Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định

0,25

 Giới hạn, tiệm cận :

+)

TCD x

0,25

 Bảng biến thiên:

x - 2 

y - - '

y

1 +

- 1

0,25

 Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ:

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận I 2;1 làm tâm đối xứng

0,25

b) (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của d và  C là: 1

2

x

x m x



 

  2  

2

x

g x x m x m







Để d cắt  C tại 2 điểm phân biệt A,B , d không đi qua O g x  có 2 nghiệm phân biệt

khác 2

 

 

0

g x



 



2

0

m m



0,25

Khi đó A x x 1; 1m B x x , 2; 2m theo Vi-et ta có: 1 2

1 2

3

x x m





;

x x x x m OAB G    

m m

G   

0,25

Do     2 2 2  

3

9

2

m

m

 



 



2

m  m là các giá trị cần tìm

0,25

Câu 2

(1,0 đ)

Điều kiện cosx1

Phương trình đã cho tương đương với sin 2 cos 2 4 2 sin π 3cos cos 1

4

sin 2 cos 2 4 sin cos 4cos 1

0,25

2





 



x

4

Vậy phương trình đã cho có tnghiệm x π k2π,k

0,25

Câu 3

(1,0 đ) Ta có

2

Điều kiện xác định x1

0,25

Bất phương trình đã cho tương đương với

    

1

x



0,25

2

Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm x1

0,25

Câu 4

(1,0 đ) Đặt t 2x 1 tdt2dx x;   0 t 1;x  1 t 3

2

t dt dt I

t

t t





t udt u du

2

2

ln

u



0,50

Câu 5

(1,0 đ) +) Tính thể tích khối chóp S.ABC

Gọi D là trung điểm của BC, suy ra tam giác

ABD đều cạnh a

Gọi I, E là trung điểm của BD và AB, H là giao

của AI và DE Khi đó dễ thấy H là trọng tâm

đồng thời là trục tâm tam giác ABD

Ta có AI BC DE; AB

Vì SASBSEAB, suy ra ABSDE

Khi đó ta có BCSAISHABC

0,25

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên SA, khi đó IK là đoạn vuông góc chung của SA và

BC Do đó   3

;

4

IK d SA BC

Đặt

2 2

Từ đó ta dễ tính được

0,25

+) Tính góc giữa hai mặt phẳng:

Gọi M là hình chiếu của A lên SI, khi đó AM SBC Gọi N là hình chiếu của M lên SC,

khi đó SCAMN SAC , SBC ANM φ

a a   AI SH  a

SI

3

 a

SC

0,25

52

SMN SCI MN SM MN  SM CI  a

2 10 tan φ

5

65 cos φ

13



Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAC) là φ với cos φ 65

13



0,25

Câu 6

(1,0 đ) Viết lại

2

P

xy x xy y xy



Bunhiacopxki

2

a b

Theo đề bài 3

P

x y xy xy x y xy xy

0,25

Mặt khác theo AM-GM ta có:  2

1

4

x y

  (đẳng thức  x y) nên:

 

     

2

x y P



2

x     y t t t

0,25

t

t t

2

0,25

Do đó hàm số f t đồng biến trên   2;     3

2 2

f t f

Vậy GTNN của biểu thức P bằng 3    

; ; 1;1;1

Câu 7.a

(1,0 đ) Lấy E đối xứng với C qua AD

Vì CAD1800750600450CAE900

0,25

Gọi K là trung điểm của DE Ta có 1 1

DK DE DC DB BDK là tam giác đều

2

BK DK DE BDE vuông tại B

Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp, suy ra 0

45

ABC AEC hay BAH 450

0,25

Do AAHA a ; 2 aBAa4; 2 2 a 

( 4) 2(2 2 ) 1

AH

0,25

Vi A có hoành độ âm nên A( 2; 4) là điểm cần tìm

Cách 2:

+) Phương trình đường thẳng BC qua B 4; 2 và vuông góc với đường cao AH có dạng

BC x y

0,25

+) Lại có:   10

5

BH d B AH   +) Đặt AH x x 0 Xét các tam giác vuông ACH và ADH

0

1

3 tan 75

x

 

5

5



t

A t t AH x y AH d A BC

Vậy A2; 4 là điểm cần tìm

Chú ý: tan 750 tan150 tan1500 2 tan 752 tan 75 2 3



Câu 8.a

(1,0 đ) Gọi B0; ;0 ,b  C 0;0;c 

Ta có PT mặt phẳng  P theo đoạn chắn là: : 1  , 0

1

x y z

b c

b c

Khi đó n P 1; ;1 1

b c

  , u d 1;1;1

d P u n

0,25

1

d O P

b c

b c

 

1 , 2

P x y z loai

P x y z

Kết luận: ( ) :P x y 2z 1 0 là các mặt phẳng cần tìm

0,25

Câu 9.a

(1,0 đ) Đặt z a bi a b, R ta có: z  1 i z  a  1 b 1i  a bi

  2 2 2 2

z  z i  a bi  a bi  i  a  b a  ab b i

là số thực do đó 2ab4b  8 0 ab2b 4 0 2  0,25

Từ    1 , 2   1 2 1 1, 2



Vậy z 3 4 ;i z  2 i là các số phức cần tìm 0,25

Câu 7.b

(1,0 đ)

Ta có: c 2 a2b2 b2 a24

M x y  d M Ox F F   y 

0,25

Tam giác ABF vuông tại B suy ra1 1 1 2 1  

1

2

MB AF MF  MF MF

Ta có: MF1MF2 2a  2 Kết hợp     1 2

2

3

1 , 2

3

M

M

M

a

a a

x a

a





0,25

Vậy  : 2 2 1

x y

E   hoặc  : 2 2 1

31 27

x y

Câu 8.b

(1,0 đ) Gọi M a b c ; ;  là điểm cần tìm

Ta có: M P 2a b c   5 0 1 

  2  2  2  2  2 2

MAMB a  b  c  a  b  c  a 2c 4 2 

0,25

90

2

MA MB AB MA AB

 

2

10 3 2

Từ      

  2  2 2







a b c

a c

0,25

  2  2 2 2



0,25









2; 2;3 , ; ;

0,25

Câu 9.b

(1,0 đ) Xét các số có 5 chữ số sẽ có dạng: abcde a b c d e, , , , A

Số các số có 5 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập A là:  6.6.5.4.32160 0,50

Xét các số có năm chữ số thuộc tập A chia hết cho 5  e  0;5

TH1: e0 có 6 cách chọn a, 5 cách chọn b, 4 cách chọn c và 3 cách chọn d 0,50

TH2: e5 có 5 cách chọn a, 5 cách chọn b, 4 cách chọn c và 3 cách chọn d

Vậy số các số có 5 chữ số chia hết cho 5 là: 6.5.4.3 5.5.4.3 660

Xác xuất cần tìm là 660 11

2160 36

P 

Vậy 11 0,306

36