đáp án đề thi thử đh môn toán lần 1 năm 2014 THPT Quốc Gia Chu Văn An

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI
TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 1
MÔN TOÁN – KHỐI D
CÂU NỘI DUNG ĐIỂM
1 Cho hàm số
2
1
x
y
x
−
=
+
(1) 2,00
1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). (1,00 điểm)
• TXĐ: D =
\{ 1}−¡
• Giới hạn và tiệm cận:
1 1
lim 1; lim ; lim
x
x x
y y y
+ −
→±∞
→− →−
= = −∞ = +∞
⇒ (C) nhận đường thẳng x = –1 là tiệm cận đứng và đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang.
• Sự biến thiên:

2
3
' 0, \{ 1}
( 1)
y x
x
= > ∀ ∈ −
+
¡

⇒ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó.
0,50
• Bảng biến thiên:
• Hàm số không có cực trị.
0,25
• Đồ thị:
0,25
2
Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng
: 2d y x m= − +
cắt đồ thị (C) tại hai điểm
A, B phân biệt có độ dài bằng
30
. (1,00 điểm)
Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là:
2
2
1
x
x m

x
−
= − +
+
(*)
(*) ⇔
2
2 (3 ) 2 0x m x m+ − − − =
(1) .
Nhận xét: (1) không có nghiệm x = – 1.
(C) cắt d tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x
1
, x
2

⇔ ∆
(1)
> 0 ⇔ m
2
+ 2m + 25 > 0 ⇔ m ∈
¡
.
0,25
1
Gọi A(x
1
;
1
2x m− +
) và B(x

2
;
2
2x m− +
) là các giao điểm của (C) và d
với
1 2
1 2
3
2
2
2
m
x x
m
x x
−

+ =



+

= −


. Khi đó
2 2
1 2 1 2 1 2

5( ) 5[( ) 4 ]AB x x x x x x
= − = + −
0,25
2
2
3 2 2 25
5[( ) 4 ] 5.
2 2 4
m m m m
AB
− + + +
= + =
0,25

2
2
2 25
30 5. 30 2 1 0 1
4
m m
AB m m m
+ +
= ⇔ = ⇔ + + = ⇔ = −
0,25
2 Giải phương trình:
sin 2 cos 2 2sin 0x x x− − =
(*) 1,00
(*) ⇔
2 sin 2 2 sin
4

x x
π
 
− =
 ÷
 
⇔
sin 2 sin
4
x x
π
 
− =
 ÷
 
0,50
⇔
2
2 2
4
4
( )
5 2
2 2
12 3
4
x k
x x k
k
k

x
x x k
π
π
π
π
π π
π
π π


= +
− = +


⇔ ∈




= +
− = − +




¢
0,50
3
Giải hệ phương trình:

2 2
( 3) 9 1
( 1) 2 1
x y y
x y y
− − =



− + = −


1,00
Trường hợp 1: Xét y = 0, hệ đã cho trở thành
3 1
0 1
x− =


= −

vô lý
Trường hợp 2: Xét y ≠ 0, HPT ⇔
2
2
3 1
(1 ) 9
2 1
( 1)
x

y y
x
y
y

− − =




− + = −


0,25
Đặt
1
t
y
= −
, ta có hệ phương trình
2 2
3 9
2( ) 1
x t xt
x t x t
+ + =



+ − + = −



0,25
Đặt
2
( 4 )
S x t
S P
P xt
= +

≥

=

, ta có hệ phương trình;

2 2
3 9 3 9
3
2
2 2 1 3 4 15 0
S P S P
S
P
S S P S S
+ = + =
 
=


 
⇔ ⇔
  
=
− − = − − − =
 

 
hoặc
5
3
32
9
S
P

= −




=


(loại)
0,25
3 3 1
2 2 2
S x t x
P xt t

= + = =
  
⇔ ⇔
  
= = =
  
hoặc
2
1
x
t
=


=

⇔
1
1
2
x
y
=



= −


hoặc

2
1
x
y
=


= −

Hệ phương trình có hai nghiệm:
1
(1; );(2; 1)
2
− −

0,25
4
Tính tích phân:
1
0
( 5).ln(2 1).I x x dx= − +
∫
1,0
1
1 1 1
2 2 2
0 0 0
0
10
( 5).ln(2 1). ln(2 1). ( 5 ) ( 5 ).ln(2 1)

2 2 2 1
x x x x
I x x dx x d x x x dx
x
−
= − + = + − = − + −
+
∫ ∫ ∫

0,50
2
1
1
2
0
0
9 21 21 9 21 21
ln3 ln3 ln 2 1
2 2 4 4(2 1) 2 4 4 8
x x
I dx x x
x
 
 
= − − − + = − − − + +
 
 
+
 
 

 
∫

9 21 57
ln3 ( 5 ln 3) 5 ln3
2 8 8
= − − − + = −
0,25
5
Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a; cạnh bên
SA vuông góc với mặt đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và
(ABC) bằng 60
0
. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của
tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC).
1,00
Ta có
( )
{ }
BC SA
BC AB BC SAB BC SB
SA AB A
⊥


⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥


∩ =


Khi đó:
0
(( ),( )) ( , ) 60SBC ABC SB AB SBA∠ = ∠ = ∠ =
Suy ra SA = ABtan60
0
=
3a
0,25
Khi đó:
3
.
1 1 1 3
. . . .
3 3 2 3
S ABC ABC
a
V S SA AB BC SA
∆
= = =
0,25
Tính d(B;(SAC)):
Kẻ BH⊥AC ⇒ BH⊥(SAC) ⇒ d(B;(SAC)) = BH.
Trong ∆ABC vuông tại B:
2 2 2 2
1 1 1 5
4BH BA BC a
= + =
⇒ d(B;(SAC)) = BH =
2
5

a

0,25
Ta có
1 2
( ;(SAC))= ( ;( ))
3
3 5
a
d G d B SAC =
0,25
6
Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca ≤ 3abc.
Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức
3 3 3 3 3 3
1 1 1
2 6 2 6 2 6
P
a b b c c a
= + +
+ + + + + +
1,00
Ta có:
3 3
3
1 1 3 2 4 6
1 1 3
a a a a
b b
+ + ≥ ⇔ + ≥

+ + ≥

nên
3 3
3 3
1 1
2 6 6 3
3(2 )
2 6
a b a b
a b
a b
+ + ≥ + ⇔ ≤
+
+ +
.
Tương tự
3 3 3 3
1 1 1 1
;
3(2 ) 3(2 )
2 6 2 6
b c c a
b c c a
≤ ≤
+ +
+ + + +
⇒ P
1 1 1 1
3 2 2 2a b b c c a

 
≤ + +
 
+ + +
 
(1)
0,25
Hơn nữa từ bất đẳng thức:
1 1 1 1 1 1 1 1
( )( ) 9; , , 0 ( ); , , 0
9
x y z x y z x y z
x y z x y z x y z
+ + + + ≥ ∀ > ⇔ ≤ + + ∀ >
+ +
ta có
1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1
( ) ( )
2 9 3(2 ) 3( ) 27a b a a b a a b a b a a b a b
= ≤ + + ⇒ = ≤ +
+ + + + + +
Nên
1 1 1 1 1 1 1 1
( )
3 2 2 2 9a b b c c a a b c
 
+ + ≤ + +
 
+ + +
 

(2)
0,50
Từ (1) và (2) suy ra
1 1 1 1
( )
9
P
a b c
≤ + +
. Giả thiết ab + bc + ca ≤ 3abc
1 1 1
3
a b c
⇔ + + ≤
.
Suy ra
1
3
P ≤
, dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1
1
max 1
3
P a b c⇒ = ⇔ = = =
0,25
3
7.a
Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có d
1
: 2x + y – 1 = 0, d

2
: x – y +3 = 0 lần lượt
là đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường cao kẻ từ đỉnh C của tam giác. M(1;2) là trung
điểm cạnh BC. Tìm tọa độ đỉnh A.
1,00
- Gọi B(b;1 – 2b) ∈ d
1
, C(c;c + 3) ∈ d
2
.
- Do M(1;2) là trung điểm của BC nên:
2
2 2
3
1 2 3 4 2 0 4
3
b
b c b c
b c b c
c

=

+ = + =
 

⇔ ⇔
  
− + + = − + =
 


=


⇒
2 1
( ; )
3 3
4 13
( ; )
3 3
B
C

−






0,25
Đường thẳng AB: qua B và vuông góc với đường thẳng d
2
⇒ AB: 3x + 3y – 1 = 0
0,25
Gọi
1 3 3 4 14 3
( ; ) ( ; )
3 6 6

a a a
A a AB N
− + −
∈ ⇒
là trung điểm của AC.
Vì
1
3 4 14 3 16
1 0
3 6 3
a a
N d a
+ −
∈ ⇒ + − = ⇔ = −
0,25
Vậy
16 17
( ; )
3 3
A −
0,25
8.a
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;2;–3), B(3;0;1) và C(–2;1;2). Tìm tọa
độ trực tâm H của tam giác ABC.
1,0
Gọi H(a;b;c) là trực tâm của tam giác ABC.
Khi đó:
. 0
. 0
, , ,

[ , ]. 0
AH BC
AH BC
BH AC BH AC
A B C H
AB AC AH

=

⊥



⊥ ⇔ =
 
 
=



uuur uuur
uuur uuur
uuur uuur uuur
®ång ph¼ng
(I)
0,25
Biến đổi (I) ta được
5 6
3 5 4
3 11 4 13

a b c
a b c
a b c
− − =


+ − =


+ + =

(II) 0,50
Giải hệ (II) ta được
101 54 13 101 54 13
; ; ( ; ; )
73 73 73 73 73 73
a b c H= = = ⇒
0,25
9.a
Cho n là số nguyên dương thỏa mãn
0 1 2
3. 73
n n n
C A C− + =
. Tìm số hạng không chứa x
trong khai triển nhị thức Niu-tơn của
3
3
(2 )
n

x
x
−
với x > 0
1,0
Giải (*)
0 1 2
3. 73
n n n
C A C− + =
với
2
n
n
∈


≥

¢

2
16
( 1)
(*) 1 3 73 7 144 0
9
2
n
n n
n n n

n
=

−
⇔ − + = ⇔ − − = ⇔

= −

(lo¹i)
0,50
Số hạng tổng quát của khai triển nhị thức Niu-tơn
16
3
3
(2 )x
x
−
là:
48 4
16
3
1 16
2 .( 3) .
k
k k k
k
T C x
−
−
+

= −
với
0 16
k
k
∈


≤ ≤

¢
0,25
Số hạng không chứa x ứng với k = 12
12 4 12
13 16
2 .3T C⇒ =
0,25
7.b
Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết (E)
0,25
4
qua
3
(1; )
2
M
và tiêu điểm nhìn trục nhỏ dưới một góc 60
0
.
Gọi phương trình chính tắc của (E) là:

2 2
2 2
1 ( 0)
x y
a b
a b
+ = > >
.
Do (E) qua
3
(1; )
2
M
⇒
2 2
1 3
1
4a b
+ =
(1)
0,25
Hơn nữa, tiêu điểm F
1
nhìn trục nhỏ B
1
B
2
dưới một góc 60
0
nên ∆F

1
B
1
B
2
đều
⇒
1 2
1
3
3
2
B B
OF c b= ⇒ =
(2)
0,25
Do
2 2 2 2 2
4a b c a b= + ⇒ =
(3) 0,25
Thay (3) vào (1) ⇒ b = 1 ⇒ a = 2 ⇒
2 2
( ): 1
4 1
x y
E + =
0,25
8.b
Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;2;–3), B(3;0;1) và C(–2;1;2). Tìm tọa
độ điểm M thuộc mp(Oxy) sao cho 2MA

2
+ 3MB
2
+ MC
2
nhỏ nhất.
1,00
Gọi I là điểm xác định bởi
2 3 0IA IB IC+ + =
uur uur uur r
. Tìm được
3 5 1
( ; ; )
2 6 6
I −
0,25
2 2 2
2 2 2
2 2 2
2 2 2 2
2 3 2 3
2( ) 3( ) ( )
2 3 6
MA MB MC MA MB MC
IA IM IB IM IC IM
IA IB IC IM
+ + = + +
= − + − + −
= + + +
uuur uuur uuuur

uur uuur uur uuur uur uuur
0,25
Do
2 2 2
2 3IA IB IC+ +
= hằng số nên
2 2 2
2 3MA MB MC+ +
nhỏ nhất khi và chỉ khi
IM nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I trên mp(Oxy).
0,25
Vậy
3 5
( ; ;0)
2 6
I
0,25
9.b
Giải bất phương trình
2 2
5 5 3 2 8
25 3.5 .2 2 0
x x x x x x+ + + +
− − ≥
(*)
1,00
TXĐ:
¡
(*) ⇔
2 2

5 5
3 3
25 5
3. 4 0
4 2
x x x x
x x
+ +
+ +
− − ≥
0,25
Đặt
2
5
3
5
0
2
x x
x
t
+
+
= >
, ta có bất phương trình
2
1
3 4 0
4
t

t t
t
≤ −

− − ≥ ⇔

≥

So sánh điều kiện ta có
4t ≥
0,25
Khi đó
2
2
5
5 5
5
3
5
4 5 2 ( 5)( log 2) 0
2
x x
x x x
x
x x
+
+ +
+
≥ ⇔ ≥ ⇔ + − ≥
(**) 0,25

Giải (**) được tập nghiệm
5
( ; 5] [log 2; )S = −∞ − ∪ +∞
0,25
HẾT
5