01 toán de 2 dap an

Giải điều kiện HM u.

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn thi: TOÁN; khối A; A1; B, lần 2

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

 Đạo hàm: 2

y  x  x; y'  0 x 0 hoặc x 2 +) Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 2 và  0;  ; nghịch biến trên 2; 0

Hàm số đạt cực tiểu tại x  0;yCT   3, đạt cực đại tại x 2; y CD1

0,25

 Giới hạn, điểm uốn:

     

Ta có y''6x 6 y''    0 x 1 U 1; 1 

0,25

 Bảng biến thiên:

x  2 0 +

y’ + 0  0 +

y 1 +

 -3

0,25

 Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ:

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

0,25

b) (1,0 điểm)

Hoành độ giao điểm của d và C là: 3 2    2 

x  x  mx     x m x  x  x   m 

 

3

2

1

x

 





0,25

Để d cắt   C tại 3 điểm phân biệt

 

4

m

m g

   



Khi đó gọi x x1; 2 là nghiệm của PT g x 0, theo Vi-et ta có 1 2

1 2

2 3





Ta có

 2 2  2 2  2 2 2  2  

0,25

2

Vậy 11

3

m là giá trị cần tìm

0,25

Câu 2

(1,0 đ) Điều kiện: cos 0 π π,  

2

PT(1)  cos x 2sin x  2sin x   1 2cos x  sin x  1

 2 2 

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

cosx sinx2cos (cosx x sin ) cosx x sinx 1 0

0,25

 2 2   2

2

0,25





x

0,25

Kết hợp điều kiện, ta được nghiệm của phương trình là π π, π 2π,  

Câu 3

(1,0 đ)

Điều kiện: x  1

Bất phương trình đã cho tương đương:

2 3 2  1 1 9 2 4 2 1 2 3 2  1 1

0,25

2x 3 2 x 1 1 3x 2x 2x 1

2

0,25

Nhận xét:

 

2

2

















Vậy để BPT xảy ra

1 0

 











x

0,25

Câu 4

(1,0 đ)

Đặt

2

8

2 3



 



tdt dx

0,25

Đổi cận: 0 1

  



   



2

2 1

2

3

tdt I

t t

 



2

2

25

dt

t



1 9

ln



ln

5 14



I

0,25

Câu 5

(1,0 đ)  Tính thể tích…

Trong (SAC) dựng SH AC tại H Do

SBD đều nên SOBD , lại do ABCD là

hình thoi nên ACBD

Vì SBDđều có cạnh 2aSOa 3 và

60

COBDSOC

là góc giữa (SBD) và

a

0,25

Nhận thấy: SOC có SCSOa 3, SOC600 SOC là tam giác đều

2

ABCD

.

S ABCD ABCD

a

0,25

 Tính khoảng cách giữa SB và AC

Gọi I là trung điểm SD  OI // SB  mp( IAC ) // SB

Ta thấy I là trung điểm SD nên ( ;( )) 1 ( ;( ))

2

Ta có

3

a

Tam giác ICO có

OI OC

2

2 39 2.

4

 S IAC  S IOC  a

0,25

Mà

3

.

3

.

4





I ACD D IAC IAC

IAC

a

S ABCD

13

a

Cách 2: (Giải vắn tắt)

 Tính thể tích khối chóp:

Tam giác SBD đều cạnh 2a nên 2 3

3 2

a

Tam giác SAC vuông tại S nên trung tuyến bằng nửa cạnh huyền: 1

2

0,25

I

S

H

O

D

A

3 2

 SOCđều cạnh a 3 Suy ra

2

SAC

a

Ta có









BO SC

SABCD SABC

V  V a (đvtt)

 Tính khoảng cách:

Do BOSAC nên ta cắt hình để có BO là đường cao khối chóp mới SABC (hai đường cần tính

khoảng cách hoàn toàn thuộc khối chóp trên nên ta có thể cắt bỏ một nửa khối ban đầu)

Ta dựng hình bình hành ACES, do đó AC/ /SEd AC SB ; d AC SBE ; ( )d O SBE  ; 









OI SE

OH SBE OH d O SBE

OH SI

Cắt hình ta dễ dàng tính được ( ; ) . 3.3 3

2

2 3

   SC EC  a a  a

OI CK d C SE

Suy ra

2

3

9 4

a a

a

Bình luận: Trong cách thứ hai hoàn toàn không dùng đến dữ kiện góc giữa hai mặt phẳng, tại sao lại

vậy???

Câu 6

(1,0 đ) Đặt: a x;b y;c  z xyz1

b c a Khi đó BĐT tương đương:

                

x y z

3

        x x y y z z      x x y y z z

0,25

Nhận xét:         AM-GM 6



cyc

Đặt:     6



cyc

x y

t t

Ta đi chứng minh: 3

3    t 1 2 2  t

0,25

  3 2   2

Vậy suy ra ĐPCM Đẳng thức xảy ra    a b c

f t     t    t t

Dễ nhận thấy f  6 0

2 3

Ta có ĐPCM

0,25

Câu 7.a

(1,0 đ) Tọa độ đỉnh D là nghiệm của hệ:

 

1; 2

D

GọiH t ; 2 ,t M 3u5;u

Giải điều kiện HM u DH    0 u t 1

0,25

Do M là trung điểm của HC nên ta có: C6u 10 t; 2u2tC5t4; 2

A A

y



0,25

DH

t

9; 2 , 1;6 5

0,25

Kết luận: A     1;6 ,C 9; 2 ,D 1; 2 là các điểm cần tìm 0,25

Câu 8.a

(1,0 đ) Gọi I2; 1;0  là tâm mặt cầu ta có: 2 2  2   46

AB

Gọi ud   a b c ; ; ta có: u n d P  0 2a2b c   0 c 2a2b

2

2 2

2 2 2

;

5

d d

d I d

0,25

a





Với a0 chọn

1

1 2

x

 





       

  



Với 5a 52b chọn

1 52

1 74

  





         

  



0,25

Câu 9.a

(1,0 đ) Giả sử z   a bi , ( , a b  R )    z a bi và z  a2 b2

(z2)(z  1) (a 2) bi (a 1) bi (a2)(a 1) b 3bi

0,25

Giải hệ (1) và (2) ta được a1, b  2 1 2

  

 

 



2 2

(1 2) (1 2)

z i z



Vậy z i    z 2 2 hoặc z i    z 2 2

0,25

Câu 7.b

(1,0 đ) Giả sử M(x0;y0)(E), ta có 1

4 9

2 0 2

0  y 

x

,với3x0 3

Tâm sai của (E) là 5

3

  c

e a

0,25

0 2 0 2

2 0 2

0 2

2 2

1 2MF a ex 2 a ex 3a 2aex 3e x MF



















5

81 5

3 2 3

5 9

5 3 3

5 3 2

0 2

0 2

0

Xét

5

81 5

3 2 )

0

x

f trên đoạn   3 ; 3 

Ta có

5

6 2 ) ( ' x0  x0

5

3 0

) ( ' x0  x0

f

0,25

Lập BBT của hàm số f ( x0)trên   3 ; 3  ta thu được

108 3

5 min 5

108 5

3 )

(

3

; 3

0

























x

Vậy min P  36 khi

5

3



x khi đó 3 ; 4 .

0,25

Câu 8.b

(1,0 đ) Đường thẳng có véc tơ chỉ phương    2 2 2 

Mặt cầu   2 2 2

:   4 2  4 0

Do    P  u n. P   0 a 2 b  2 c    0 a 2 c  2 b  u  2 c  2 ; ; b b c 

Ta có AI   11; 1;0   và   AI u ,       c ; 11 ;9 c b  2 c  0,25

2

2 2

81 b 36 bc 126 c 9 5 b 8 bc 5 c

0,25

Suy ra u    10;3; 2  , phương trình đường thẳng là 9

 

0,25

Câu 9.b

(1,0 đ) Điều kiện: n 2,n



Phương trình    2 

Với n12, ta có:

k

Số hạng tổng quát trong khai triển trên: 24 5

1 2 k 24k k

k

Số hạng chứa 6

Số hạng cần tìm là: 33649 6