ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN TRƯỜNG CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU 2014

SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO NGHỆ AN
TRƯỜNG THPT CHUYÊN PHAN BỘI CHÂU
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014
Môn: TOÁN; Khối B, D
(Đáp án - thang điểm gồm 04 trang)
ĐÁP ÁN − THANG ĐIỂM
Câu Đáp án Điểm
1
(2,0 điểm)
a) (1,0 điểm) Khảo sát…
Tập xác định
1
\{ }.
2
D = −¡
Ta có:
2
3
' 0, .
(2 1)
y x D
x
= > ∀ ∈
+

Hàm số đồng biến trên các khoảng
1 1
( ; ),( ; ).
2 2
−∞ − − +∞

Hàm số không có cực trị.
0,25
Giới hạn:
1 1
2 2
1
lim lim ; lim , lim .
2
x x
x x
y y y y
− +
→−∞ →+∞
→− →−
= = = +∞ = −∞

Tiệm cận: TCĐ:
1
,
2
x = −
TCN:
1
.
2
y =
0,25
Bảng biến thiên:
0,25
Đồ thị: (C) cắt Ox tại (1;0), cắt Oy tại (0;–1).

0,25
b) (1,0 điểm) Tìm tọa độ điểm M …
Gọi
0
0
0
1
( ; ).
2 1
x
M x
x
−
+
Hệ số góc của tiếp tuyến d tại M là
1 0
2
0
3
'( ) .
(2 1)
k y x
x
= =
+
0,25
Ta có
0
0
1 1 1 3

( ; ), (x ; ),
2 2 2 2(2 x 1)
I IM
−
− = +
+
uuur
suy ra IM có hệ số góc là
2
2
0
3
.
(2 x 1)
k
−
=
+
0,25
0
2
1 2 0
0
3 1
2
. 1 (2 1) 3
3 1
.
2
x

d IM k k x
x

−
=


⊥ ⇔ = − ⇔ + = ⇔

− −
=


0,25
Vậy có hai điểm M thỏa mãn là:
3 1 1 3 3 1 1 3
( ; ); ( ; ).
2 2 2 2
M M
− − − − +
0,25
2
(1,0 điểm)
Giải phương trình
2
sin cos sin cos2 3 2 sin( ) (1).
4
x x x x x
π
− = + −

Trang 1/4
y
x
O
1
−
1
1
2
−
1
2
x
y' + +
y
+∞
−∞
1
2
1
2
1
2
−
Câu Đáp án Điểm
(1) sin (sinx cos ) (cos sinx)(cos sinx) 3(sinx cos )x x x x x⇔ − = − + + −
0,25
(sinx cos )(2sin cos 3) 0x x x⇔ − + − =
0,25
sinx cos 0 (2)

2sin cos 3 (3)
x
x x
− =

⇔

+ =

Vì
2 2 2
2 1 3+ <
nên (3) vô nghiệm. Ta có:
(2) sin( ) 0 ( ).
4 4
x x k k
π π
⇔ − = ⇔ = + π ∈¢
0,50
3
(1,0 điểm)
Giải phương trình
2 4 2
5 11 7 3 2 3 (1).x x x x x+ + = + − +
Điều kiện
4 2 4 2 2
3 2 3 0 ( 1) 2 2 .x x x x x x x+ − + ≥ ⇔ + − + + ⇔ ∀ ∈¡
Ta có
2 2 2 2
(1) 3( 3) 2( 1) 7 ( 3)( 1)x x x x x x x x⇔ + + + − + = + + − +

0,50
Đặt
2 2
3, 1.a x x b x x= + + = − +
Ta có phương trình
2 2
2
3 7 2 0 ( 2 )(3 ) 0
3 .
a b
a ab b a b a b
a b
=

− + = ⇔ − − = ⇔

=

0,25
Với
2 ,a b=
ta có
2 2 2
5 13
3 2 1 3 5 1 0 .
6
x x x x x x x
±
+ + = − + ⇔ − + = ⇔ =
Với

3 ,a b=
ta có
2 2 2
3 3 1 4 5 13 0x x x x x x+ + = − + ⇔ + + =
vô nghiệm.
0,25
4
(1,0 điểm)
Tính tích phân
2
0
( cos )sin 2 .I x x xdx
π
= +
∫
2 2
0 0
sin 2 cos sin2 .I x xdx x xdx
π π
= +
∫ ∫
Ta có
3
2
2
2 2
1
0 0
0
2cos 2

cos sin 2 2 cos cos .
3 3
x
I x xdx xd x
π
π π
= = − = − =
∫ ∫
0,50
Với
2
2
0
sin 2 ,I x xdx
π
=
∫
đặt
cos2
sin 2
2
du dx
u x
x
dv xdx
v
=

=



⇒
 
=
= −



2
2 2
2
0 0
0
cos2 1 sin 2
cos2 .
2 2 4 4 4
x x x
I xdx
π
π π
π π
= − + = + =
∫
Vậy
2
.
3 4
I
π
= +

0,50
5
(1,0 điểm)
Tính thể tích khối chóp …
Ta có
(SAB)
SA BC
BC BC SB
AB BC
⊥

⇒ ⊥ ⇒ ⊥

⊥

Suy ra
·
0 0
60 tan 60 3.SBA SA AB a= ⇒ = =

0,25
3
.ABM
. .
.
1 1 1 1 1 3
. . . . .
2 2 2 3 2 12
S
S ABM S ABC

S ABC
V
SM a
V V SA AB BC
V SC
= = ⇒ = = =
0,25
3
. .
3
.
12
C ABM S ABM
a
V V= =
Vì
,SAC SBC
∆ ∆
vuông tại A, C nên
1 5
.
2 2
a
AM BM SC= = =
0,25
Gọi I là trung điểm AB. Ta có
,MI AB
⊥
suy ra
2

2 2
1
. .
2 2
ABM
a
MI AM AI a S AB MI
∆
= − = ⇒ = =
Ta có:
.
3
3
(C,(ABM)) .
2
C ABM
ABM
V
a
d
S
∆
= =
0,25
Trang 2/4
B
. M
S
A
C

60
0
I .
Câu Đáp án Điểm
6
(1,0 điểm)
Chứng minh rằng
1
ln(3 2 5 ) log (9 4 1) (1).
x x x x x
x
x
+
+ + < + +
ln(9 4 1)
(1) ln(3 2 5 ) (2).
ln(x 1)
x x
x x x
x + +
⇔ + + <
+
0,25
Xét hàm số
( ) ln( 1) , 0.f x x x x= + − ≥
Ta có
1
'( ) 1 0 0,
1 1
x

f x x
x x
−
= − = ≤ ∀ ≥
+ +
suy ra f(x) nghịch
biến trên
[0; ),+∞
do đó với x dương ta có
( ) f(0) 0 0 ln(x 1) x (3).f x < = ⇒ < + <
0,25
Áp dụng
2 2 2
,a b c ab bc ca+ + ≥ + +
ta có
9 4 1 3 2 6 3 2 5 1 (4)
x x x x x x x x
+ + ≥ + + > + + >
( với
0,x
>
ta có
6 5
x x
>
).
0,25
Từ (3) và (4) ta có:
ln(9 4 1)
ln(9 4 1) ln(3 2 5 ).

ln(x 1)
x x
x x x x x
x + +
> + + > + +
+
Vậy (2) đúng. 0,25
7.a
(1,0 điểm)
Tìm tọa độ A, B, C.
Gọi
( ; )I x y
là tâm đường tròn nội tiếp tam giác ABC. Ta có
IM IN IP= =
0,25
2 2 2 2 2 2
2 2 2 2 2 2
(1 x) (1 y) (4 y) 1
(1;2).
2
(1 x) (1 y) (3 ) (1 y)
IM IN x x
I
y
IM IP x
 
= + + − = + − =

 
⇔ ⇔ ⇔ ⇒

  
=
= + + − = − + −
 

 
0,25
Đường thẳng BC đi qua
( 1;1)M −
và nhận
( 2; 1)IM = − −
uuur
làm vecto pháp tuyến nên có phương
trình là
2( 1) ( 1) 0 2 1 0.x y x y− + − − = ⇔ + + =

Tương tự, phương trình CA, AB là
2 8 0,2 5 0.x y x y− + = − − =
0,25
Tọa độ A là nghiệm của hệ
2 8 6
(6;7),
2 5 7
x y x
A
x y y
− = − =
 
⇔ ⇒
 

− = =
 
tương tự
B(1; 3),C( 2;3).− −
0,25
8.a
Viết phương trình đường thẳng đi qua điểm A, cắt và vuông góc với đường thẳng d.
Gọi B là giao điểm của hai đường thẳng.Vì B thuộc d nên tọa độ B có dạng
(1 2 t; 2 t;t).B + − +
0,25
(2 t; t 4;t 2),AB = − −
uuur
d có vecto chỉ phương là
(2;1;1)u =
r
.
Ta có
. 0 1.AB d AB u t⊥ ⇔ = ⇔ =
uuur r
Khi đó:
(2; 3; 1).AB = − −
uuur
0,50
Đường thẳng cần tìm có phương trình là:
1 2 2
.
2 3 1
x y z− − −
= =
− −

0.25
9.a
(1,0 điểm)
Tìm hệ số của
5
x
…
Điều kiện
3, .n n
≥ ∈
¥
Ta có
3 2
!
3 ( 1) 3
3!( 3)!
n n
n
C A n n n n
n
− = ⇔ − − =
−
2
1
1 2 1 2
1 3 1 3 9 10 0
106 6
n
n
n n n n

n
= −

− − − −
⇔ − − = ⇔ − − = ⇔ − − = ⇔

=

(n )(n ) (n )(n )
( ) (n ) n
.
Đối chiếu điều kiện ta được
10n = .
0,25
Ta có khai triển
10 10
3 2 10 2 10 10 2
10 10
0 0
( 1) (1 ) (1 ) ( )( )
k k m m
k m
x x x x x C x C x
= =
+ + + = + + =
∑ ∑
0,25
Ta có
2 5 1 0 10 0 10( ), , , , .k m k m k m+ = ≤ ≤ ≤ ≤ ∈ ∈¢ ¢
Từ (1) suy ra,

2 5 0 1 2{ ; ; }.k k
≤ ⇔ ∈
Với
0 5;k m= ⇒ =
với
1 3;k m= ⇒ =
với
2 1.k m= ⇒ =
Hệ số của
5
x
là
0 5 1 3 2 1
10 10 10 10 10 10
1902.C C C C C C+ + =
0,25
Trang 3/4
Câu Đáp án Điểm
7.b
(1,0 điểm)
Viết phương trình chính tắc của (H).
Gọi phương trình chính tắc của (H) là
2 2
2 2
1.
x y
a b
− =
Ta có:
2 2 2

1 2
2 4 2 2 2 8 8 (1).F F c c c a b= = ⇔ = ⇔ = ⇔ + =
0,25
Phương trình hai tiệm cận là:
1 2
: 0; : 0.
b b
y x bx ay y x bx ay
a a
∆ ∆
= ⇔ − = = − ⇔ + =

Ta có:
2 2
0
2 2 2 2
60
.
b a
c
a b a b
−
=
+ +
os
2 2
2 2 2 2
2 2
3 (2)
2

3 (3).
a b
a b b a
b a

=
⇔ + = − ⇔

=


0,25
Giải hệ (1),(2) ta được
2 2
6, 2.a b= =
Phương trình (H):
2 2
1.
6 2
x y
− =
0,25
Giải hệ (1),(3) ta được
2 2
2, 6.a b= =
Phương trình (H):
2 2
1.
2 6
x y

− =
0,25
8.b
(1,0 điểm)
Viết phương trình mặt phẳng (Q)…
Vectơ chỉ phương của d là
(2;1; 1).u −
r
Vectơ pháp tuyến của (P) là
(1;1; 2).n = −
r
0,25
Vì (Q) vuông góc với (P) và song song với d nên (Q) có vecto pháp tuyến là:
1
, ( 1;3;1),[ ]n u n= = −
ur r r
suy ra phương trình (Q) có dạng
3 0.x y z D− + + + =
0,25
Chọn
(0;1; 1) d,A − ∈
ta có
2
9
(d,(Q)) d(A,(Q)) 11 2 11
13.
11
D
D
d D

D
+
=

= = = ⇔ + = ⇔

= −

0,25
Vậy có hai mặt phẳng thỏa mãn là:
3 9 0x y z− + + + =
và
3 13 0.x y z− + + − =
0,25
9.b
(1,0 điểm)
Viết dạng lượng giác của z.
Gọi
,z a bi= +
với
2 2
, , 0.a b a b∈ ∈ + >¡ ¡
Từ giả thiết ta có
2 2
2 2( ) 0a b abi a bi− + + − =
0,25
2 2
2 2
0, 2
2 0

2 (2 2 ) 0 0, 0
( 1) 0
1, 3.
b a
a b a
a b a ab b i b a
b a
a b

= = −



− + =
⇔ − + + − = ⇔ ⇔ = =


− =



= = ±

0,50
Với
2,z = −
ta có dạng lượng giác là:
2(cos sin ).iz = +
π π
Với

1 3 i,z = +
ta có dạng lượng giác là:
2(cos sin ).
3 3
iz = +
π π
Với
1 3 i,z = −
ta có dạng lượng giác là:
2(cos sin ).
3 3
iz
− −
= +
π π
0,25
………….Hết………….
Trang 4/4