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

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC THÁNG 03/2014
Môn: TOÁN

I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7 điểm)
Câu I (2 điểm): Cho hàm số y = – x
3
+ 3x
2
– 1
1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số.
2. Tìm trên đường thẳng (d): y = 3 các điểm mà từ đó kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến (C).
Giải:
1. TXĐ: D =
¡

Sự biến thiên:
+ Chiều biến thiên: y’ =  3x
2
+ 6x  y’ = 0
x0
x2







Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2), nghịch biến trên khoảng (;0) và (2; +)
Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x = 0, y
CT
= 1 và cực đại tại x = 2, y
CĐ
= 3
Giới hạn:
x
lim y ,

 

x
lim

 

BBT:
x
 0 2 +
y’
 0 + 0 
y
+ 3
1 
Đồ thị: Đồ thị đi qua các điểm (1;3), (3; 1) và nhận I(1;1) làm tâm đối xứng.

y
O
-1
2
1
3
-1
1
2
3
x



2. Gọi điểm M(m;3)  (d): y = 3.
Phương trình tiếp tuyến của (C) qua M có dạng (): y = k(x – m) + 3
Hoành độ tiếp điểm (C) và () là nghiệm của hệ:

32
2
x 3x 1 k(x m) 3

3x 6x k

     


  



(1)
(2)

Thay k từ (2) vào (1) ta có phương trình:
2
(x 2) 2x (1 3m)x 2 0

    

(3)

2
x2
g(x) 2x (1 3m)x 2 0




    


(4)

Từ M kẻ được 3 tiếp tuyến phân biệt đến (C)  phương trình (3) có 3 nghiệm phân biệt
 phương trình (4) có 2 nghiệm phân biệt khác 2.

2
g
m1
0
9m 6m 15 0
5
m
12 6m 0 3
g(2) 0
m2
  






  




  











Vậy các điểm thỏa mãn đề bài có tọa độ (m;3) sao cho
m1
5
m
3
m2
  













Câu II (2 điểm):
1. Giải phương trình:

2
sin3x
cot x
cos3x 2cosx



Giải:
Điều kiện: sinx  0, cos3x + 2cossx  0.
Phương trình 
3
2
3
3sinx 4sin x
cot x
4cos x cosx




Chia cả tử và mẫu số của vế trái cho
3
sin x
ta được
2
2
3
33
3
4

sin x
cot x
cos x cosx
4
sin x sin x




2
2
32
3(1 cot x) 4
cot x
4cot x cot x(1 cot x)



vì
2
2
1
1 cot x
sin x






2
2 2 3
3
3cot x 1 1
cot x cot x cot x 1
3cot x cotx cotx

    


cot x 1 x k ,k z.
4

      
Kiểm tra điều kiện ta thấy thoả mãn.
Vậy nghiệm của phương trình là
x k ,k z.
4

   


2.
 
22
4 4 2 2 2 2
(x y ) x y 15xy

(x, y )
(x y )(x y ) 85x y

  



  


¡


Giải:
Ta thấy (x; y) = (0;0) là một nghiệm và hệ không có nghiệm:
x0
y0





hoặc
x0
y0






Hệ đã cho
2
22
2 2 2
22
xy
xy
(x y) 15
(x y) 15
yx
yx
x y x y
(x y ) 85 2 (x y) 2xy 85
y x y x




  

  















       













Đặt
xy
yx

= u, x + y = v, suy ra (x + y)
2
– 2xy = uxy
2
v
xy

u2


(vì u ≠ –2)
Thay xy vào hệ trên ta có:
2
2
2
uv 15
uv 15
uv
14u 17u 45 0
(u 2). 85
u2







  






Từ đó có hai trường hợp:
TH1:

x2
x y 5
5
y4
u
y x 6
2
x4
v6
x y 6
y2








  

  


  











TH2:
x y 9
9
u
y x 7
7
35
35
v
xy
3
3


  








  





(hệ vô nghiệm)
Tóm lại hệ có 3 nghiệm (0;0), (2;4), (4;2).








Câu III (1 điểm): Tính tích phân:
3
2
0
3sin x sin 2x
I dx
(cos2x 3cosx 1)(3 2sin x)



  



Giải:
Ta có: I =
3

22
0
3sin x sin 2x
dx
(2cos x 3cosx)(3 2sin x)






3
2
0
sin x(3 2cosx)
dx
(2cosx 3).cosx.(1 2cos x)







3
2
0
sin x
dx
cosx.(1 2cos x)







3
22
0
cosx( sinx)
dx
cos x.(1 2cos x)






Đặt t = 2cos
2
x  dt = 4 cosx(sinx)dx
Đổi cận: Khi x = 0  t = 2; khi x =
1
t
32



Khi đó
11

22
22
1 dt 1 1 1
I
2 t(1 t) 2 t t 1

  






1
1 1 1 1 2 1 1
ln ln ln ln
2
2 t 1 2 3 3 2 2
2

   




Vậy I =
1
ln2
2


Câu IV (1 điểm): Tứ diện ABCD có AB = AC = AD = a,
·
·
00
BAC 120 ;BAD 60
và BCD là
tam giác vuông tại D. Tính thể tích khối tứ diện ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng
AD, BC.
Giải:
+ Tính thể tích khối tứ diện ABCD
E
D
B
C
J
H


Trong  ABC cân tại A kẻ AH  BC
  ABH vuông tại H có AB = a
·
0
a
BAH 60 AH
2
  
và
HB = HC = HD =
a3

2
(vì BCD vuông).
Ta có:
22
2 2 2 2
a 3a
HA HD a AD
44
    

 AH  HD do đó AH  (BCD).
ABD cân có
·
0
BAD 60
nên
ABD đều  BD = a và DC =
22
BC BD a 2

Vậy,
23
ABCD BCD
1 1 a 2a a 2
V AH.S . .
3 3 2 2 12
  
(đvdt)
+ Tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AD, BC
Ta sẽ tạo ra mặt phẳng chứa AD song song với BC.

Qua A kẻ đường thẳng d song song với BC. Trong mặt phẳng (BCD) kẻ DE  BC, trong mặt
phẳng (ABC) qua E kẻ đường thẳng song song với AH cắt d tại M, khi đó BC // (ADM) và BC
 (DEM).
Trong DEM kẻ EF  DM thì độ dài EF bằng khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC.Do
AH  (BCD) nên (BCD)  (ABC)  DE  (ABC)  DE  ME.
Trong DEM vuông tại E có EF là đường cao, ta có:
2 2 2
1 1 1
EF ED EM

(*)
Ta có EM = AH =
a
2
,
BCD
DB.DC a 6
S BC.DE DB.DC DE
BC 3
    
.
Do đó từ (*) ta có
2 2 2 2
1 3 4 11 a 2
EF
EF 2a a 2a 11
    
.
Vậy khoảng cách giữa hai đường thẳng AD và BC bằng
a2

11
.
Câu V (1 điểm): Với a, b, c là các số thực dương thoả mãn điều kiện a
2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc = 1.
Chứng minh rằng: a
2
+ b
2
+ c
2
≥ 4(a
2
b
2
+ b
2
c
2
+ c
2
a
2
).
Giải:
a

2
+ b
2
+ c
2
+ 2abc = 1
a b c a b c
2
bc ca ab bc ca ab
   
    
   
   

Bất đẳng thức tương đương với:



a b c ab bc ca
4
bc ca ab c a b

    



Đặt u =
a
bc
, v =

b
ca
, t =
c
ab

Ta thu được bài toán tương đương:
với u, v, t > 0, u + v + t + 2 = uvt
Chứng minh rằng: u + v + t
1 1 1
4
u v t

  



Ta có: u + v + t + 2 = uvt
1 1 1
1
1 u 1 v 1 t
   
  

Đặt
1 1 1 1
x ,y ,z x y z 1 1 u
1 u 1 v 1 t x
         
  

1 y z
u
x 1 x

  

tương tự
z x x y
v ,t
yz



Và thu được bài toán tương đương: x, y, z > 0, x + y + z = 1
Chứng minh rằng:
y z z x x y x y z
P4
x y z y z z x x y

  
     

  


Ta có: P =
1 1 1 1 1 1 4x 4y 4z
x y z
y z z x x y y z z x x y

   

       
   

  

   
(đpcm)

II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B)
A. Theo chương trình Chuẩn
Câu VI.a (1 điểm): Trong mặt phẳng Oxy, viết phương trình đường tròn (C) đi qua hai điểm
A(2;1), B(1;0) và tiếp xúc đường tròn (C’): (x – 6)
2
+ (y – 3)
2
= 16
Giải:
(C’) có tâm K(6;3), bán kính r =
16
= 4
Gọi đường tròn (C) cần tìm có tâm I, bán kính R
Ta có: IA = IB nên I  : trung trực của đoạn AB
Đường thẳng  có véctơ chỉ phương
n AB ( 1;1)  
r uuur
và qua M
31
;

22




là trung điểm AB, nên
có phương trình tổng quát:

31
1 x 1 y 0 x y 2 0
22
   
        
   
   



Vì I   , gọi toạ độ I(y
0
+ 2; y
0
), khi đó bán kính R = IB =
22
00
(y 1) y

+) (C) và (C’) tiếp xúc ngoài  R + r = IK

2 2 2 2

0 0 0 0
2 2 2 2
0 0 0 0 0 0
0
22
0 0 0 0
2
00
(y 1) y 4 (y 4) (y 3)
2y 2y 17 8 (y 1) y 2y 14y 25
1
y
(y 1) y 2y 1 y 0
2
y 3y 0
       
        



        





Khi đó tâm I (2;0), bán kính R = 1.
+) (C) và (C’) tiếp xúc trong  |R – r| = IK
Trường hợp này tìm được y
0

= 3, khi đó tâm I(5;3), bán kính R = 5
Vậy có 2 đường tròn thoả mãn đề bài: (C
1
): (x – 2)
2
+ y
2
= 1
và (C
2
): (x – 5)
2
+ (y – 3)
2
= 25
Câu VIIa (1 điểm): Trong không gian với hệ toạ độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(1;2;3),
B(2;4;5). Viết phương trình đường thẳng d đi qua C và vuông góc với mặt phẳng (ABC), biết
rằng tam giác ABC có trực tâm là điểm H
76
; ;3
55





Giải:
Ta có
8 24 20
AB,AH ; ;

5 5 5






uuur uuur
. Ta chọn
ABC
d
u n (2; 6;5)  
rr

Gọi C(a;b;c). Phương trình mặt phẳng (ABC) là:
2(x – 1) – 6(y – 2) + 5(z – 3) = 0  2x – 6y + 5z – 5 = 0
Suy ra 2a – 6b + 5c = 5.
Mặt khác ta có
a3
AH.BC 0 3a b 10
b1
17a 14b 10c 75
BH.AC 0
c1



  



  
  
  






uuur uuur
uuur uuur
C(3;1;1)
Vậy phương trình đường thẳng d là:
x 3 y 1 z 1
2 6 5
  



Câu VIII.a (1 điểm): Tính môđun của số phức z – 2i biết (z – 2i).(
z
– 2i ) + 4iz = 0
Giải:
Đặt z = a + bi (a, b 
¡
). Khi đó:

(z 2i).(z 2i 4iz 0) (a (b 2)i)(a (b 2)i 4i(a bi) 0           

 

22
(a b 4 4b) (b 2) a(b 2) 4a i 0         

 a
2
+ b
2
– 4b – 4 = 0


Ta lại có:
22
z 2i a (b 2)i a b 4b 4       


22
a b 4b 4 8 8 2 2      

Vậy môđun của z – 2i =
22


B. Theo chương trình Nâng cao
Câu VI.b (1 điểm): Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy, cho điểm M(
4; 3
) và đường tròn
(C): x
2
+ y
2

+ 8x – 14y + 15 = 0. Viết phương trình đường thẳng cắt (C) tại hai điểm A, B sao
cho tam giác MAB đều.
Giải:
(C) có tâm I(4;7), bán kính R = 5
2
.
Đường thẳng  vuông góc với IM, nên phương trình  có dạng y + m = 0
Toạ độ các điểm A, B là nghiệm hệ phương trình
2 2 2 2
x y 8x 14y 15 0 x 8x m 14m 15 0
y m 0 y m

         


   


Gọi
1
A(x ; m)
và
2
B(x ; m)
, thì x1 và x2 là nghiệm của phương trình x
2
+ 8x + m
2
+ 14y + 15
= 0

 cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi
2
m 14m 1 0 7 5 2 m 7 5 2          
(*)
Theo định lí Viet, ta có:
12
2
12
x x 8
x .x m 14m 15
  


  


Gọi H là trung điểm của đoạn AB, thì H(4; m).
Ta có tam giác MAB đều khi và chỉ khi MH =
m0
AB 3
21 3
2
m
2











(Thoả mãn điều kiện (*)).

Câu VII.b (1 điểm): Trong không gian Oxyz, cho mặt cầu (S): x
2
+ y
2
+ z
2
– 4x + 2y + 2z – 3 =
0, mặt phẳng (P): x – y + z + 1 = 0 và hai điểm A(–1;1;0), B(2;2;1). Viết phương trình mặt phẳng
() song song với AB, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn (C)
có bán kính
3
.
Giải:
Phương trình (S) viết dưới dạng (x – 2)
2
+ (y + 1)
2
+ (z + 1)
2
= 9. Suy ra (S) có tâm I(2; –1; –1),
bán kính R = 3. Ta có
AB
= (3;1;1), một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (P) là
n

r
= (1; –1;1). Do


đó
AB;n (2; 2; 4) 0

   

rr
. Gọi
u
r
là một vectơ pháp tuyến của mặt phẳng (). Ta có
( ) / /AB u AB
( ) (P)
un











r
rr


u
r
cùng phương với
AB;n


r
. Chọn
1
u AB;n u (1; 1; 2)
2

    

r r r

Mặt phẳng () có một vectơ pháp tuyến
u
r
nên có phương trình dạng: x – y – 2z + D = 0. Gọi d
là khoảng cách từ I đến mặt phẳng (). Mặt phẳng () cắt (S) theo một đường tròn (C) có bán
kính r =
3
nên
22
d R r 9 3 6    
. Ta có
D1
2 ( 1) 2( 1) D

d 6 6 5 D 6
D 11
6

    

      




Với D = 1 thì (): x – y – 2z + 1 = 0 không qua A(–1;1;0) (vì –1 – 1 – 2.0 + 1 ≠ 0) nên () // AB.
Tương tự, mặt phẳng (): x – y – 2z – 11 = 0 cũng song song với AB. Vậy có hai mặt phẳng ()
thoã mãn yêu cầu của bài toán có phương trình: x – y – 2z + 1 = 0 và x – y – 2z – 11 = 0.
Câu VIII.b (1 điểm): Từ các chữ số 0; 1; 2; 6; 7; 8; 9 lập được tất cả bao nhiêu số chẵn có bốn
chữ số khác nhau và lớn hơn 5000
Giải:
Gọi n =
1 2 3 4
a a a a
là số cần tìm, n > 5000 nên a
1

 
6;7;8;9
, n chẵn nên a
4


 

0;2;6;8

Nếu a
1
= 6 thì n =
234
6a a a
, a
4
có 3 cách chọn, a
2
có 5 cách chọn, a
3
có 4 cách chọn. Vậy có 5.4.3
= 60 số
Nếu a
1
= 7 thì n =
234
7a a a
, a
4
có 4 cách chọn, a
2
có 5 cách chọn, a
3
có 4 cách chọn. Vậy có 5.4.4
= 80 số
Khi a
1

= 8 giống như a
1
= 6 và a
1
= 9 giống như a
1
= 7.
Vậy có tất cả 60.2 + 80.2 = 280 số.