Dap an De thi thu DHAA1Yeu Toan HocLan 72014

<span class='text_page_counter'>(1)</span>ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013-2014 Môn thi: Toán; Khối thi: A và A1 (Đáp án – thang điểm có 6 trang). YÊU TOÁN HỌC ĐỀ SỐ 07 (Ngày thi: 20h00 - 26/04/2014) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x  2  C  . x 1. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị  C  của hàm số trên. b) Tìm a để từ A  0; a kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị  C  sao cho 2 tiếp điểm nằm về hai phía trục Ox . a). b). Nguyễn Xuân Nam 0.25đ 0.25đ 0.25đ 0.25đ. Học sinh tự làm Học sinh tự làm Học sinh tự làm Học sinh tự làm. Phương trình đường thẳng kẻ từ A  0; a có dạng: y  kx  a Để đường thẳng đó là tiếp tuyến của  C  thì 1  a x2  2  a  2 x   a  2  0(1) .. 0.25đ. Để có 2 tiếp điểm thì phương trình 1 phải có 2 nghiệm phân biệt x1 ; x2 khác 1 a1   a 1   2    '  0   a  2    a  2 1  a   0  2  a  1 g  0  30  1  Hai tiếp điểm nằm về hai phía trục Ox nên y1 . y2  0. 0.25đ. a2  a2  4 4 x1 x2  2  x1  x2   4 x1  2 x2  2 2 a 1 a  1    . 0 0 0    a1 a2 x1  1 x2  1 x1 x2   x1  x2   1 3  a2  2 1  a 1  a 1  2 Vậy   a  1 3. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình cos2 x  3 2 sin2x  3  cos x . 2 2.  cos x  sin x . 0.25đ. 0.25đ. . Nguyễn Xuân Nam. Điều kiện: x .  4.  k. Phương trình tương đương: 2sin2 x  3 2 sin x  2.  cos x  sin x 2. . . . 1  2 sin x 2  2 sin x 2 2   cos x    cos x 2 2 2  cos x  sin x . 0.25đ.  2   1  2 sin x 2  2 sin x    cos x  1  sin 2 x   2    cos2 x    1  2 sin x 2  2 sin x  1  2 sin x  sin x  cos x   2    5  x  k2  l    1 4  sin x    2  x     k2  tm     4   2 2  2 sin x  2  sin x  cos x   cos2 x 1  . 0.25đ. 1 . 0.25đ. . . . . .  . . . . . . 2 2  2 sin x  2  sin x  cos x   cos2 x. Trang 1/6.

<span class='text_page_counter'>(2)</span>      2  2 sin x  2 cos x  2 2  cos2 x  2  2  2 cos  x    2   cos2 x 8          Nhận xét: cos  x    1  2  2  2 cos  x    2   2 2  2  2  max  cos2 x  8 8    . . . . . Suy ra phương trình (1) vô nghiệm  Phương trình có nghiệm: x    2k. 0.25đ. 4. . Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình . x. . 2.  2 16 x  5  . . 2. 4x 1  x. 2. x 1 .. Nguyễn Duy Hồng . Điều kiện: x   ;   . . TH1: x   ;  .  5  5    ;   4   4 . 0.25đ. 5  bất phương trình luôn đúng. 4 . 0.25đ.   5  TH2: x   ;     4. Xét hàm số: f t   t 1  t 2  Ta có: f ' t   1  t 2  Khi x . 5 thì 1  f  4. 1 2. t2 1 t. 2. 4 x 2 1. . . 4t 2  1.  1 .  4t 2  1 . 4t 2  1. 2t 2 4t  1 2. . 2. với t . 0t.  f x   4 x 2  1  x  x . 5 4. 5 4. 1 3.  5  1  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S   ;     ;   4   3   . Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   . 2. e x  sin x  cos x   1. e. x.  cos x  sin x . 2. 0.25đ. 0.25đ. dx . Nguyễn Xuân Nam. x x x  1  e  sin x  cos x  e  sin x  cos x    e  cos x  sin x  dx 2 x 2  e  cos x  sin x   2. I . 0.25đ. 2. x x  1 1  e  sin x  cos x  e  sin x  cos x   dx  dx   A 2   2 2 4  e x  cos x  sin x . . . 2. 0.25đ. 2.  u  e x  sin x  cos x du   e x  cos x  sin x  dx   e x  sin x  cos x  Đặt:  1 dv  dx  v   2   x x e  cos x  sin x   e  cos x  sin x  . 0.25đ. .  1  sin x  cos x  e  1  A  x  x    2  e  cos x  sin x   4 1 e2 2 x. Vậy I . 1. 0.25đ. . 1 e2. Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ ABC. A ’ B’ C ’ có đáy là tam giác đều cạnh a , hình chiếu của A ’ lên mặt phẳng  ABC  trùng tâm O của tam giác ABC ; khoảng cách giữa AA ’ và BC là Trang 2/6. a 3 . Tính theo a thể 4.

<span class='text_page_counter'>(3)</span> tích khối lăng trụ ABC. A ’ B’ C ’ . Nguyễn Xuân Nam. A ’ AM  BC  Gọi M là trung điểm BC ta thấy:   BC   A ' AM  A ' O  BC . B ’. H. Kẻ MH  AA ' (do A nhọn nên H thuộc trong đoạn AA’ .). C ’ 0.25đ. C. A O. M. B  BC   A ' AM     HM  BC . Vậy HM là đoạn vuông góc chung của HM   A ' AM   . Do. 0.25đ. 3 . AA’ và BC , do đó d  AA',BC   HM  a 4. Xét 2 tam giác đồng dạng AA’O và AMH , ta có:. A ' O HM  AO AH. 0.25đ. AO.HM a 3 a 3 4 a   AH 3 4 3a 3 1 1aa 3 a3 3 0.25đ Thể tích khối lăng trụ: V  A ' O.SABC  A ' O. AM.BC  a 2 23 2 12 Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử a, b, c là các số thực không âm thỏa mãn a  b  c  2 và ab  bc  ca  0 . Chứng.  suy ra A ' O . 4. minh rằng P . 2. 2. a  6 ab  b ab. 4. . 2. 2. 2. 4. b  6 bc  c b c. 2. c  6 ca  a ca. . 1. 2 4. .. 2. Trung Kiên Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Với mọi a, b  0 , thì.  a2  6ab  b2  a2  b2    a  b4 * .. Thật vậy , sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có:. . . . a2  6ab  b2 a2  b2   a  b.   a  b. 2. . 2. . . . a2  b2  4ab a2  b2. . 0.25đ. 2 a  b  4 2 2 a  b  4ab.   a  b . Từ đó suy ra (*) được chứng minh. . 2. Áp dụng bất đẳng thức (*) , ta được. 4 2 a  6ab  b2. ab. Thiết lập 2 đánh giá tương tự ta chứng minh. . 1 4 2 a  b2. 1 4 2 a  b2. . .. 1 4 2 b  c2. . 1. 2. 4 2 c  a2. 1 42. Do tính đối xứng giữa a, b, c nên không mất tính tổng quát , ta có thể giả c  min a, b, c . Khi đó dễ thấy: 2. 2. 2. 2. c c a a c  c    b  c   b    b  ; 4 c 2  a 2  4  c    c  ; 4 a 2  b2  4  a     b   2 2 2 2 2  2    1 1 1 1 c c   2 Đặt x  a  , y  b  khi đó bài toán quy về chứng minh với 42 2 2 x y 4 x2  y2 4. 2. 2. 0.25đ. 4. x, y  0 và x  y  2 . Tới đây, sử dụng bất đẳng thức AM  GM và chú ý:. Trang 3/6. 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(4)</span> 2 x  y  1 1 2 2 2 2 2 2 2 xy x  y  .2 xy. x  y   x  y   2 và x  y . . . 1. Ta có. x. . 2. 1 y. . . . 1 4 x2  y2. . 8. 2 4 xy. 2. .    1 1    2  1  1   4 2 4 xy 4 x2  y2  4 2 xy 4 x2  y2      1.  1  1 1 2  2  2 . Vậy điều phải chứng minh. 4 4 4 4 2 xy x  y 2  2  xy 2  . 0.25đ. 1. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có phương trình các cạnh AB : 4 x  3 y – 4  0; BC : x – y – 1  0 ; phân giác trong của góc A nằm trên đường thẳng d : x  2 y – 6  0 . Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác ABC . Nguyễn Xuân Nam 4 x  3 y  4  0  x  2   A  2; 4  Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình:  0.25đ x  2 y  6  0 y  4 4 x  3 y  4  0  x  1   B 1;0  Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trinh:  0.25đ x  y 1  0 y  0 Đường thẳng AC đi qua điểm A  2;4  nên phương trình có dạng: a  x  2  b  y  4  0  ax  by  2a  4b  0. Gọi 1 : 4x  3 y  4  0; 2 : x  2 y  6  0; 3 : ax  by  2a  4b  0 Từ giả thiết suy ra  2 ; 3    1 ; 2  . Do đó cos   2 ;  3   cos  1 ;  2  . |1.a  2.b | 5. a  b 2. 2. . | 4.1  2.3 |. 0.25đ. 25. 5. a  0 | a  2b | 2 a 2  b 2  a  3a  4b   0   3a  4b  0 + a  0  b  0 . Do đó 3 : y  4  0. + 3a – 4b  0 . Có thể cho a  4 thì b  3 . Suy ra 3 : 4 x  3 y  4  0 (trùng với 1 ). Do vậy, phương trình của đường thẳng AC là y  4  0 . y  4  0 x  5   C  5;4  x  y 1  0  y  4. Tọa độ của C nghiệm đúng hệ phương trình: . Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho.  S  :  x  1. 2. 0.25đ.  P  : x  2 y  2 z  3 và mặt cầu.   y  2   z  1  1 . Tìm những điểm M   S  , N   P  sao cho MN có độ dài nhỏ nhất. 2. 2. Nguyễn Xuân Nam.  S  :  x  1. 2.   y  2   z  1  1 . Tâm I  1 ;2 ;1 , bán kính R  1 2. 2.  P  : x  2 y  2z  3  0  d  I;  P   2   P    S  . 0.25đ. Giả sử tìm được N0   P   N0 là hình chiếu vuông góc của I trên  P   x  1  t   I  1;2;1   d    1 2 7  N0   d    P  , với:    d  :  y  2  2t  N 0   ; ;    3 3 3   z  1  2t  d    P   ud  1; 2;2  . 0.25đ.  d   S  M1 ; M2   M1  . 0.25đ. 2 4 5  4 8 1 ; ;  , M2   ; ;   3 3 3  3 3 3. M1 M0  1  M2 M0  3.M0  S để M0 N0 nhỏ nhất  M0  M1  2 4 5.  1 2 7. Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán M   ; ;  , N   ; ;  .  3 3 3  3 3 3 Trang 4/6. 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(5)</span> 2. 4. 6. 100. Câu 9.a (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức A  4 C100  8 C100  12C100  ...  200 C100 . Nguyễn Xuân Nam Ta có: 1  x . 100. 1  x . 100. 0 1 2 100 100  C100  C100 x  C100 x 2  ...  C100 x (1). 0.25đ. 0 1 2 3 100 100  C100  C100 x  C100 x2  C100 x3  ...  C100 x (2). Lấy 1   2  ta được: 1  x . 100.  1  x . 100. 0 2 4 100 100  2C100  2C100 x 2  2C100 x 4  ...  2C100 x. 0.25đ. Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn x ta được:. 0.25đ. 2 4 100 99 100 1  x   100 1  x   4C100 x  8C100 x3  ...  200C100 x 99. 99. 2 4 100 Thay x  1 vào  A  100.299  4C100  8C100  ...  200C100 0.25đ Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy , cho tam giác ABC có đỉnh A 3;3 , bán kính. 25 , 2 AB  5 AC ; đường thẳ ng BC : 3 x  y  2  0 . Tìm tọa độ trọng tâm G 2 của tam giác ABC ; biế t yB  0 và yC  0 .. đường tròn ngoa ̣i tiế p bằ ng. Phan Thành Đạt Gọi H là chân đường cao kẻ từ A Gọi B  t1 ;2  3t1   BC, C  t2 ;2  3t2   BC Ta có: AH  d  A; BC   Khi đó: SABC . 3.3  3  2 32  12. 0.25đ.  10.  5  AB. AC.BC 1  AH.BC  AB.  AB   2 R. AH  AB2  50  AC 2  20   4R 2  2 .  t  2  B  2; 4  l  2 2 AB2  50   t1  3   3t1  1  50   1  t1  2  B  2;8  tm   t  1  C 1; 1 tm  2 2 AC2  20   t2  3   3t2  1  20   2  t2  1  C  1;5  l   2 10  Trọng tâm của tam giác có tọa độ G  ;  3 3 . 0.25đ. 0.25đ. 0.25đ. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho ba điểm A  0;1;1 , B 2; 1;1 , C 4;1;1 và . . . mặt phẳng  P  : x  y  z  6 . Tìm điểm M trên  P  sao cho MA  2 MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất. Nguyễn Xuân Nam. Giả sử tọa độ điểm M là M  x; y; z . 0.25đ.    MA    x;1  y;1  z  , MB   2  x; 1  y;1  z  , MC  4  x;1  y;1  z      MA  2MB  MC  8  4 x; 4 y;4  4 z     2 2 2 2 2  MA  2 MB  MC  8  4 x    4 y    4  4 z   4  x  2  y2   z  1. 0.25đ. 1 1 2 2 2 2  a  b  c . Ta có:  x  2  y2   z  1   x  y  z  3 3 3    2 2 2 Vì M   P   x  y  z  6 nên  x  2  y   z  1  3  MA  2MB  MC  4 3. Áp dụng BĐT: a2  b2  c2 . . . .  x y z6  M 3;1;2  x  2  y  z  1. Vậy MA  2 MB  MC đạt giá trị nhỏ nhất bằng 4 3 , khi đó . 0.25đ 0.25đ. Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi A, B là hai điểm trong mặt phẳng phức, biểu diễn theo thứ tự hai số phức 2 2 z1 , z2  0 thỏa mãn z1  z2  z1 z2 . Chứng minh rằng tam giác OAB là tam giác đều ( O là gốc tọa độ). Tiến Vũ Việt Từ giả thiết ta có: z  z2  z1  z2   z  z2  z1  z2   z2 . z1  z2. 0.25đ. Mặt khác z22  z1  z2  z1   z22  z1  z2  z1   z1 . z2  z1  z1 . z1  z2. 0.25đ. 2 1. 2 1. Trang 5/6.

<span class='text_page_counter'>(6)</span> Suy ra z1  z2 . z12 z2. . z22 z1. 3. 3.  z1  z2  z1  z2. Vậy z1  z2  z1  z2  OA  OB  AB , vậy tam giác OAB đều Thông báo: Đề thi thử lần 8 sẽ được post lên page lúc 20h00 ngày 10/05/2014.. Trang 6/6. 0.25đ 0.25đ.

<span class='text_page_counter'>(7)</span>