Đáp án đề thi thử đại học môn toán đợt 3 tháng 5 năm 2014

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 3 THÁNG 05/2014
Môn: TOÁN
Câu 1: a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
32
35y x x  
(C)
Tập xác định:
D 

2
' 3 6y x x

21
'0
05
xy
y
xy
  



  


'' 6 6yx

'' 0 1 3y x y    

(1;3)I
là điểm uốn của (C) .
lim ; lim
xx
yy
 
   

Bảng biến thiên:
x



0

2



'y


+
0


0
+

y


5











1


Hàm số tăng trên khoảng
( ;0);(2; ) 
và hàm số giảm trên khoảng
(0;2)

Hàm số đạt cực đại là 5 khi
0x 
. Hàm số đạt cực tiểu là 1 khi
2x 

Bảng giá trị:

x
1

0
1
2
3
y
1
5
3
1
5


Đồ thị nhận điểm uốn
(1;3)I
làm tâm đối xứng, cắt trục Oy tại
(0;5)
.
b) Tìm các điểm trên đường thẳng (d):
y1
mà từ đó có thể vẽ được 2 tiếp tuyến với (C) vuông góc với
nhau.
Gọi
( ): 1 ( ;1)
M
M d y M x  

Phương trình đường thẳng

()
qua
( ;1)
M
Mx
, có hệ số góc k:


( ) 1
M
y k x x  

()
tiếp xúc với (C)

hệ phương trình sau có nghiệm:
32
2
3 5 ( ) 1 (1)
3 6 (2)
M
x x k x x
x x k

    






Thay (2) vào (1) ta được:
3 2 2
3 5 (3 6 )( ) 1
M
x x x x x x     

2
( 2) 2 (3 1) 2 0
M
x x x x

     


2
20
( ) 2 (3 1) 2 0 (3)
M
xk
g x x x x
  



    


0
2 0 ( ) : 1x k y     


không có tiếp tuyến nào của (C) mà vuông góc với
0
()

Từ M kẻ được 2 tiếp tuyến vuông góc với (C)







12
12
(3)coù 2 nghieäm phaân bieät x ,x khaùc 2
'( ). '( ) 1f x f x

(3) có 2 nghiệm phân biệt
12
,xx
khác 2
5
0
1
3
(2) 0
2
g

MM
M
xx
g
x



   









Theo định lí Viet:
12
12
31
2
1
M
x
xx
xx










22
1 2 1 1 2 2
'( ). '( ) 1 (3 6 )(3 6 ) 1f x f x x x x x      

22
1 2 1 2 1 2 1 2
9 18 ( ) 36 1 0x x x x x x x x     

55
27
M
x
(nhận)
19765
19683
M
y

Vậy
55 19765
;
27 19683
M





Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình:
2
cos5x.cosx cos4x.cos2x 3cos x 1  

     
2
2
cos5x.cosx cos4x.cos2x 3cos x 1
1 1 3
cos6x cos4x cos6x cos2x 1 cos2x 1
2 2 2
cos4x 4cos2x 5 0 2cos 2x 4cos2x 6 0
cos2x 1
cos2x 1 x k (k )
3
2
cos2x
2


  
      
       




       




Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình:
32
3
x 3x 3x 2 2. 2x 1    

     
3
32
33
x 3x 3x 2 2. 2x 1 x 1 2 x 1 2x 1 2. 2x 1            
(1)
Xét
3
( ) 2f t t t

2
'( ) 3 2 0,f t t t    

()ft
tăng trên
Do đó: (1)
33
( 1) ( 2 1) 1 2 1f x f x x x       

 
3
32
0
35
1 2 1 3 0
2
35
2
x
x x x x x x
x






         








Vậy
3 5 3 5

0
22
x x x

    

Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân
 
1
2x
2
0
x.e
I dx
2x 1




Đặt
2x 2x 2x 2x
2
u x.e du (e 2x.e )dx e (2x 1)dx
11
dv dx v
2(2x 1)
(2x 1)

     




  





1
1
1
2x 2x 2x 2 2
2x
0
0
0
x.e e x.e 1 e 1 e 3
I dx e
2(2x 1) 2 2(2x 1) 4 12 4 12

  
      





Câu 5 (1,0 điểm). Cho tứ diện SABC có tam giác ABC vuông cân tại A, SA vuông góc mặt phẳng
(ABC), SA = a, diện tích tam giác SBC gấp 2 lần diện tích tam giác ABC. Tính khoảng cách từ A đến
mặt phẳng (SBC) và tính bán kính mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.

Ta có:
SABC ABC SBC
11
V S .SA S .d[A,(SBC)]
33


ABC
SBC
S .SA
a
d[A,(SBC)]
S2
  

Gọi I là trung điểm BC, J là trung điểm SA.

I là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC (do

ABC vuông tại A)
Vẽ hình chữ nhật AIKJ
KI (ABC)
nên KI là trục của

ABC
KA KB KC  
.
Mặt khác:
KJ SA

tại J

KJ là trung trực SA
KA KS

Vậy K là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện SABC.
K
J
I
A
B
C
S


Ta có
0
ABC
SBC
S
AI 1
cosSIA SIA 60
SI S 2
    

0
a3
AI SA.cos60
3
  

22
a 21
R KA IJ AI AJ
6
    


Câu 6 (1,0 điểm). Cho 3 số
 
a,b,c 0;1
thỏa
a b c 2  
. Tìm giá trị nhỏ nhất của
2 2 2
P a b c 2abc   

Vì a, b, c
[0;1]
nên
1 ,1 ,1abc  
là 3 số không âm.
Áp dụng bất đẳng thức Cauchy, ta có:
3
1 1 1 1
(1 a)(1 b)(1 c)
3 27
abc    

    



(vì
2abc
)
1 28
1 (a b c) abc
27 27
ab bc ca ab bc ca abc             
(*)
Lại có:
2 2 2 2
(a b c) 2(ab bc ca)abc       

2 2 2 2
1
(a b c) (a b c )
2
ab bc ca

        


Do đó từ (*) ta có:
2 2 2 2
56
(a b c) (a b c 2abc)
27
      

2 2 2
56 52
24
27 27
P a b c abc       

Với
2
3
abc  
thì
52
27
P 
.
Vậy
52
min
27
P 

Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn tiếp xúc
1
( ) :3x 2y 3 0   

và
2
( ):2x 3y 15 0   
và có tâm nằm trên đường thẳng
(d):x y 0

.
Gọi I là tâm đường tròn, I nằm trên (d):
x y 0

I(a;a)

Đường tròn tiếp xúc
12
( ),( )

   
12
d I;( ) d I;( )   

2 2 2 2
a2
3a 2a 3 2a 3a 15
9
a
3 2 2 3
2


   







a 2 I(2;2),R 13  

Phương trình đường tròn là
22
(x 2) (y 2) 13   

9 9 9 3 13
a I ; ,R
2 2 2 2

     



Phương trình đường tròn là
22
9 9 117
xy
2 2 4
   
   
   
   



Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz cho hai đường thẳng
12
x 2 y 3 z x 6 y z 5

d : , d :
2 3 2 6 4 5
   
   

và mặt phẳng (P):
x 2y 2z 2 0   
.Tìm
12
M d ,N d
sao cho MN//(P) và cách (P) một khoảng bằng 2.
(d
1
) có phương trình tham số là
1
11
1
x 2 2t
y 3 3t (t )
z 2t



  





1 1 1 1

M d M(2 2t ;3 3t ;2t )   

(d
2
) có phương trình tham số là
2
22
2
x 6 6t
y 4t (t )
z 5 5t






  


2 2 2 2
N d N(6 6t ;4t ; 5 5t )    

2 1 2 1 2 1
MN (6t 2t 4;4t 3t 3; 5t 2t 5)       

(P) có vectơ pháp tuyến
n (1; 2;2)

MN // (P)

12
MN.n 0 t t 0    

MN cách (P) một khoảng bằng 2
 
1
12t 6
d M,(P) 2 2
3

   

12
12
t 1 t 1
t 0 t 0
   



  


Vậy
M(4;0;2)
N(0; 4;0)





hay
M(2;3;0)
N(6;0; 5)





Câu 9.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ, tìm tập hợp điểm biểu diễn số phức z thỏa
z 2i z 1 3i   
.
Gọi
M(x;y)
là điểm biểu diễn số phức
z x y.i ,(x,y )  

z x yi  

Ta có:
z 2i z 1 3i x (y 2)i (x 1) (y 3)i          

2 2 2 2
x (y 2) (x 1) (y 3) x y 3 0          

Vậy tập hợp điểm M là đường thẳng
(d):x y 3 0  

Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy, cho elip (E):
22
9x 25y 225

. Tìm tọa độ những điểm M
trên elip nhìn 2 tiêu điểm dưới một góc
0
60
.
22
xy
(E): 1
25 9


22
a 5,b 3,c a b 4     

1 M M 2 M M
c 4 c 4
M (E) MF a x 5 x ;MF a x 5 x
a 5 a 5
         
;
12
FF 2c 8

M nhìn 2 tiêu điểm dưới một góc
0
60

2 2 2 0
1 2 1 2 1 2
FF MF MF 2MF.MF .cos60   

22
MM
325 27
xy
16 16
   



22
M M M M
325 5 13 27 3 3
x x ; y y
16 4 16 4
       

Vậy
5 3 3 3 5 3 3 3 5 3 3 3 5 3 3 3
M ; M ; M ; M ;
4 3 4 3 4 3 4 3
       
      
       
       
       


Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz, cho đường thẳng
2x y z 2 0

( ):
x y z 3 0
   



   

và mặt phẳng
(P):
4x 2y z 3 0   
. Viết phương trình hình chiếu của
()
lên mặt phẳng (P).
()
qua
A(1; 4;0)
và có vec tơ chỉ phương
u (0; 1;1)

(P) có vec tơ pháp tuyến là
n (4; 2;1)

Gọi (Q) là mặt phẳng chứa
()
và vuông góc với (P), có vec tơ pháp tuyến
a

a [u;n] ( 1; 4; 4)     

Mặt phẳng (Q) qua
A(1; 4;0)
và có VTPT
a ( 1; 4; 4)   
nên có phương trình
(x 1) 4(y 4) 4z 0 x 4y 4z 15 0          

Vậy phương trình hình chiếu của
()
là
x 4y 4z 15 0
4x 2y z 3 0
   


   


Câu 9.b (1,0 điểm). Cho 2 số phức z
1
và z
2
là nghiệm phương trình
2
z 2z 2 0  
. Tính
2014 2014
12
zz
.

2
z 2z 2 0  

2
' 1 i   

Phương trình có 2 nghiệm phức:
1
2
33
z 1 i 2 cos isin
44
z 1 i 2 cos isin
44



   
   
   

   


   
   
   

   


2014 1007 1007 1007
1
2014 1007 1007
2
3021 3021
z 2 cos isin 2 cos 1510 isin 1510 2 .i
2 2 2 2
1007 1007
z 2 cos isin 2 cos 503 isin 503
2 2 2 2
   

   

   
       
       
       
   
       
   
  
       
     
       
  
       
  
1007

2014 2014
12
2 .i
z z 0




  