Đáp án đề thi thử số 1 môn toán khối A năm 2014 tại trung tâm EDUFLY

[r]

BỘ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO

ĐỀ THI THỬ SỐ 01

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI TUYỂN SINH ĐẠI HỌC NĂM 2014

Môn: TOÁN; Khối A và A1

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

Câu 1

(2 điểm)

1 (1 điểm) - Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số khi m 4

 Tập xác định: 

 Sự biến thiên: ' 12 2 24 9; ' 0 1

2

y  x  x y  x hoặc 3.

2

x 

0,25

- Hàm số đồng biến trên các khoảng ;1

2



  và

3

; 2



 ; Hàm số nghịch biến trên khoảng 1 3;

2 2

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại 1,

2

x  yCĐ = 1; đạt cực tiểu tại 3,

2

x  y CT = -1

- Giới hạn: lim ; lim

     

0,25

Bảng biến thiên:

x 

1

2

3

2 

'

y  0  0 

y

2 

1



0,25

 Đồ thị:

0,25

2 (1 điểm) - Tìm m để khoảng cách từ điểm M đến …

Ta có   2

y x  mx  mx m Hàm số có hai điểm cực trị khi và chỉ khi

 

1

m m







0,25

1

-1

1

3 2 1

2

x y

O

Câu Đáp án Điểm

Với m   ; 0  1; thì phương trình  y x  có hai nghiệm phân biệt '  0 x x 1, 2

đồng thời C m đạt cực trị tại x x Gọi 1, 2 A x y 1; 1,B x y 2; 2 là hai điểm cực trị của

C m Từ đẳng thức   1 1  ' 21  10

m

y x  x y x  m x  ta suy ra đường thẳng đi qua hai điểm cực trị của C m là : 2m1x3y m 100

0,25

Ta có  

1

2 1 2

M

m d

m





2

2

18

m

t



t m



 ) Vậy  ; 

1

6

M

d    t tức là 5

2

m 

0,25

Câu 2

(1 điểm)

Phương trình tương đương sin 2 3 2 cos 7 sin

 

sin 2 sin 2 cos sin

2 sin cos 2 cos sin

0,25

cos 0

3

x

x







        



0,25

2



Câu 3

(1 điểm)

2

2

1 *



Điều kiện

2

2

3 2 0

2

1

x

x

   

 







0,25

Vì

2

1

x   x x   

2

1 2 x    x 1 1 30

*  3 2 x 3x2 1 2 x   x 1

0,25

Câu Đáp án Điểm

2



 Kết hợp với điều kiện ta được nghiệm của bất phương trình là 2 6 1

5

0,25

Câu 4

(1 điểm)

0

1 sin cos

1 cos 2

x

x











2

0,25

2

cos

0

x

e dx

x





0,25

Vậy

Câu 5

(1điểm)

Gọi H K lần lượt là trung điểm ,

của AB và CD Đường thẳng qua

I và song song với CD cắt HK ở

E Ta có 3;

SH  EK  và 2

SK a

Vì IE // SCD nên 

I SCD;  E SCD;   

Trong SHK kẻ  EFSK dễ thấy

E SCD; 

0,25

2

EF

SH  SK   SK  Vậy I SCD;  2.

a

0,25

Đường thẳng qua M và song song với cạnh AB cắt cạnh SBtại N.Khi đó, tứ giác

MNCD là thiết diện của hình chóp cắt bởi CDM Gọi V1V S MNCD. ;V2 là phần thể

tích còn lại và V là thể tích của khối chóp S ABCD

Theo giả thiết ta có 1 2 1 2

1 2

2







 Mặt khác, do các tam giác ABC và ACD có diện tích bằng nhau nên

2

S ABC S ACD

V

V V  Vậy ta có V1V S ABC. V S ACD.

0,25

F

E

H N

I

M

C

D

B

A S

Câu Đáp án Điểm

1 S MNC S MCD 1 SMNC S MCD 1

S ABC S ABC S ABC S ACD

V



2

SM

SA

 

2

a

x



0,25

Câu 6

(1 điểm)

Đặt ta  b t 0 và ab 3 t

a b  abt  t t  t   t (do t 0) 0,25

Ta có:

2

2

2

2 2

1

2

0,25

Xét hàm số   2 12

2

t

     trên 2;   

Ta có f ' t 2t 1 122 1 2t 122

0,25

Vì t 2 nên 1 2 t 0 f ' t 0  t 2 f t  nghịch biến trên 2;  

Từ đó suy ra

2;

2

0,25

Câu 7a

(1 điểm)

Đường tròn  C có tâm I2; 1 và bán kính

3

R 

Giả sử M   sao cho MAB đều

Tam giác AMI vuông tại A và có

30

sin 30

IA

0,25

Suy ra M thuộc đường tròn  C' có tâm I2; 1 và bán kính R ' 6 Hay M chính

Tọa độ giao điểm của  và  C' là nghiệm của hệ phương trình

 

2

.

x y

0,25

30 0

R

I

B A

M

Câu Đáp án Điểm

2

3

x

x y x

x y

 



  

 





Vậy trên  có hai điểm M thỏa mãn yêu cầu bài toán là M12; 5 ,  M24; 1 

0,25

Câu 8a

(1 điểm)

Đường thẳng  đi qua điểm M02; 3; 4 và có véctơ chỉ phương u  1; 4; 3

nên

có phương trình tham số dạng  

2

4 3

 







  



 Giả sử H là hình chiếu của A

trên  thì H t 2; 4t3; 3t4  Suy ra AH t; 4t2; 3t6 

Vì  AH u  0

nên t4 4 t23 3 t60   t 1 H1; 1; 1  

0,25

Gọi K là hình chiếu của A trên mặt phẳng

 P thì với mọi điểm K P ta luôn có:

 

A P; 

d  AK AH (không đổi)

 ; 

maxd A P  AH K H Khi đóAH  P

0,5

Ta có AH   1;2; 3AH   1 2  2 232  14

Mặt phẳng  P cần tìm đi qua H và nhận n AH 1; 2; 3 

làm véctơ pháp tuyến nên  P có phương trình tổng quát dạng:

1 x1 2 y1 3 z1  hay 0  P : x2y3z 4 0

0,25

Câu 9a

(1 điểm)

Sử dụng công thức nhị thức Newton ta có    

 

2 2

0

n

n i n i i

n i



1 0

n

n j n j j

n j







0,25

Số mũ của x trong P x là   3n 4 tương ứng với các cặp số tự nhiên i j thỏa ; 

mãn: 3n 4 2n i   n 1 2i j 3   0,25

1, 1





khi đó hệ số của x3n4 là:

4

3

0,25

4

3

n

5 2

3

2

n

n







 



0,25

P

H K

A

Câu Đáp án Điểm

Câu 7b

(1 điểm)

Ta có

Suy ra c2 a2b2  hay 9 c 3

 E có hai tiêu điểm F 1 3; 0 và

2 3; 0

F

Tâm sai của  E là 3

5

c e a

0,25

Tọa độ giao điểm của  và  E là nghiệm của hệ  





 Thay  2 vào  1 ta được  2  2 2 2

25m 16 x 150m x225m 4000

Phương trình bậc hai này có biệt thức  2 

' 25600 m 1 0 m

luôn cắt  E tại hai điểm phân biệt

0,25

Giả sử  cắt  E tại hai điểm A B có hoành độ , x A,x thỏa mãn B x Ax B 5

Viết  dưới dạng ym x 3 , suy ra  luôn đi qua điểm cố định là tiêu điểm

2 3; 0

F của  E

0,25

Theo công thức tính bán kính qua tiêu của  E ta có:

A B

0,25

Câu 8b

(1 điểm)

Đường thẳng  đi qua điểm M 1 4; 3; 4 và có véctơ chỉ phương u  1  7; 2; 3 

Đường thẳng AB có véctơ chỉ phương u 2  AB1; 2; 1  

Ta có M A1 10; 2; 6 ;  u u1; 28; 4; 16 

Vì u u1; 2.M A1  1680

  

nên AB và  là hai đường thẳng chéo nhau

0,25

4 7

4 3

  





  



6

10

 







  





Giả sử P ;QAB sao cho PQ là đoạn vuông góc chung của  và AB

Ta có P 4 7 ; 2t t3; 3t4 ; Q s 6; 2s1; 10s

Suy ra PQ7t s 10;2t2s2;3t s 6 

2

PQ u

PQ u









 

3; 1; 1

P



Ta có PQ 4; 2; 8 

Đường vuông góc chung d của AB và  có véctơ chỉ phương

1

2; 1; 4 2

u  PQ

nên có phương trình : 3 1 1

0,25

B

A

F 2

F 1

-4

5 4

y

O

Câu Đáp án Điểm

Vì M   nên M7t4; 2t3; 3t4 

Ta có AB1; 2; 1 ;  AM   7t10; 2t2; 3t6 

Suy ra: AB AM,  8t10; 4t16; 16t22 

 

Diện tích tam giác MAB là:

 

0,25

Ta có S  84t12126 1263 14

Dấu " " xảy ra    t 2 M3; 1; 1 

Vậy minS 3 14M3; 1; 1 

0,25

Câu 9b

(1 điểm)

Giả sử z x yi Theo bài ra ta có:

z  i  z  i  x  y i  x  y i

x 12 y 22 x 32 y 42 y x 5  1

0,25

2 2

2 2

2



2 2

2 2



 



0,25

Thế  1 vào  2 ta được 2  2

x  x    x x   y (thỏa mãn điều kiện  3 )

Vậy z  2 3 i

0,25

- HẾT -

Đề thi và đáp án được biên soạn bởi thầy Nguyễn Đức Ngọc – Email : ndngoc.spt@gmail.com