01 toan dot 4 dapan

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
Môn thi: TOÁN; khối A; A1; B, lần 4
Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề

ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
Câu
Câu 1
(2,0 đ)

Đáp án

Điểm

a) (1,0 điểm)

 Tập xác định: D  R / 2
3
 Đạo hàm: y ' 
 Hàm số nghịch biến trên các khoảng xác định.
2
 x  2
 Giới hạn, tiệm cận :
+) lim  , lim    TCD : x  2
x 2

0,25

0,25

x 2

+) lim y  1; lim y  1  TCN : y  1
x 

x 

 Bảng biến thiên:

-

x

y'



2

-

-

0,25

+

1

y
-

1

 Đồ thị hàm số có dạng như hình vẽ:

0,25

Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận I  2;1 làm tâm đối xứng.
b) (1,0 điểm)

Phương trình hoành độ giao điểm của d và  C  là:
Truy cập Moon.vn để xem video giải chi tiết đề thi thử Đại học

x 1
 xm
x2

0,25



x  2

2

 g  x   x   m  3 x  2m  1  0
Để d cắt  C  tại 2 điểm phân biệt A,B , d không đi qua O  g  x  có 2 nghiệm phân biệt
khác 2

m2  2m  13  0
 g  x   0


m0

3  0, m  0

 g  2   0, m  0

x  x  3  m
Khi đó A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  theo Vi-et ta có:  1 2
 x1 x2  2m  1
 x  x x  x  2m 
 3 m m 3
Gọi G là trọng tâm OAB  G  1 2 ; 1 2
;

 hay G 
3
3 
 3
 3

Do G  T 

 m  3   m  3

2

9

2

 m  3
 m  3  4  2m  9m  45  0  
 m  15
2

2

0,25

0,25

 tm 
0,25

15
là các giá trị cần tìm.
2
Điều kiện cos x  1.
Vậy m  3; m 

Câu 2
(1,0 đ)

π

Phương trình đã cho tương đương với sin 2 x  cos 2 x  4 2 sin  x    3cos x  cos x  1
4

 sin 2 x  cos 2 x  4  sin x  cos x   4cos x 1

0,25

 sin 2 x  4sin x  1  cos 2 x  0  2sin x cos x  4sin x  2sin 2 x  0
0,25

 sin x  cos x  sin x  2   0

cos x  1
Xét sin x  0  
 cos x  1  x  π  k 2π, k 
cos x  1
π

Xét cos x  sin x  2  sin  x     2  1 (Vô nghiệm).
4

Vậy phương trình đã cho có tnghiệm x  π  k 2π, k  .
Câu 3
(1,0 đ)

2

1 3

Ta có x  x  1   x 2     0, x 
2 4

Điều kiện xác định x  1 .
Bất phương trình đã cho tương đương với

4

2

2  x 4  x 2  1

 x  2  x  1 

2  x 4  x 2  1

 x  1

Dễ thấy  x 2  1  x   0, x 

nên

0

2  x 4  x 2  1  2.

0,25

0,25

3
3

0.
4
2

x 2  x  2  2  x 4  x 2  1
x 1

 0 1 .

0,25

0,25

 2 x  x 2  1   x 2  1  x 2  x 4  x 2  1

2

2

 x 4  x 2  1  2 x  x 2  1  2  x 4  x 2  1   x 2  x  1  2  x 4  x 2  1
2

 x 2  x  1  x 2  x  1  2  x 4  x 2  1  2  x 4  x 2  1  x 2  x  2
Do đó x 2  x  2  2  x 4  x 2  1  0  1  x  1
Câu 4
(1,0 đ)

Kết luận bất phương trình đã cho có nghiệm x  1.
Đặt t  2 x  1  tdt  2dx; x  0  t  1; x  1  t  3 .
3

I

t
1

2



t 2 dt
t 3
2

3






1

dt
t 3
2

.

Truy cập Moon.vn để xem video giải chi tiết đề thi thử Đại học

0,25

0,25

0,50


Đặt t  3 tan u  dt  3  tan 2 u  1 du .
π
4

Suy ra I  
π
6

Câu 5
(1,0 đ)

3  tan 2 u  1

π
4

π

6

6

π

4

4
du
cos udu
d sin u
1 6  3 2
.
du  



 ln
2
2

2
2 2
π cos u
π cos u
π sin u  1
3  tan 2 u  1

0,50

6

+) Tính thể tích khối chóp S.ABC
Gọi D là trung điểm của BC, suy ra tam giác
ABD đều cạnh a.
Gọi I, E là trung điểm của BD và AB, H là giao
của AI và DE. Khi đó dễ thấy H là trọng tâm

đồng thời là trục tâm tam giác ABD.
Ta có AI  BC; DE  AB .
Vì SA  SB  SE  AB , suy ra AB   SDE 

0,25

Khi đó ta có BC   SAI   SH   ABC 

Gọi K là hình chiếu vuông góc của I lên SA, khi đó IK là đoạn vuông góc chung của SA và
3a
BC. Do đó IK  d  SA; BC   .
4
Đặt SH  h; AI 

a 3
a 3
a2
; AH 
 SA 
 h2
2
3
3

Lại có AI .SH  IK .SA  2S SAI 

0,25

2

a 3
3a a
.h  .
 h2  h  a
2
4
3

1
1 a 2 3 a3 3
Từ đó ta dễ tính được VSABC  SH .S ABC  .a.
(đvtt)

3
3
2
6
+) Tính góc giữa hai mặt phẳng:
Gọi M là hình chiếu của A lên SI, khi đó AM   SBC  . Gọi N là hình chiếu của M lên SC,





khi đó SC   AMN    SAC  ,  SBC   ANM  φ
Ta có HI 

a 3
a 39
AI .SH

3a
; SI 
 AM 

6
6
SI
13

Mặt khác, IM  AI 2  AM 2 

Câu 6
(1,0 đ)

a 39
5a
a 30
 SI  SM  SI  IM 
; SC 
26
3
39

MN SM
SM .CI 3a 130

 MN 

CI
SC

SC
52
AM 2 10
65
hay cos φ 
 tan φ 

MN
5
13
65
Vậy góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (SAC) là φ với cos φ 
13
2
2
3
x
y
z 2


Viết lại P 
xy  x xy  y 3xy  3
Ta lại có SMN

0,25

SCI 

Bunhiacopxki

 a 2 b2 
a 2 b2  a  b 
2
Ta có BĐT phụ:
 
     x  y    a  b  , a, b; x, y  0
x
y
x y
y
 x
2
2
x  y
x  y


3
1
3



Theo đề bài z  1  z  1 suy ra P 
x  y  xy 3xy  3 x  y  xy xy  1

0,25

2

Truy cập Moon.vn để xem video giải chi tiết đề thi thử Đại học

0,25


Mặt khác theo AM-GM ta có: 1  xy 
P

2 x  y

2

2 x  y   x  y

2



 x  y

4

 x  y

2

4

(đẳng thức  x  y ) nên:
0,25

 Đặt: x  y  t  t  4  t  2
2

2

4

2t
4
 2
,  t   2;  
2t t 4

Ta xét hàm: f  t  

5
3
 2
2  t  t  4t  8t  16  2  t  4   t  4t 
 f '(t ) 

 0, t  2
t 2  4  2  t 
t 2  4  2  t 
2

5

4

3

Do đó hàm số f  t  đồng biến trên  2;    f  t   f  2  
Vậy GTNN của biểu thức P bằng
Câu 7.a
(1,0 đ)

0,25

2

3
2

3
  x; y; z   1;1;1
2

0,25

Lấy E đối xứng với C qua AD.
Vì CAD  1800  750  600  450  CAE  900
ADC  600  ADE  600 ; BDE  600
0,25

Gọi K là trung điểm của DE. Ta có DK 
Do đó BK  DK 

1

1
DE  DC  DB  BDK là tam giác đều.
2
2

1
DE  BDE vuông tại B.
2

0,25

Vậy tứ giác ACBE là tứ giác nội tiếp, suy ra ABC  AEC  450 hay BAH  450
Do A  AH  A  a; 2a   BA   a  4;2  2a 





Ta có cos BA; u AH  cos 450 

(a  4)  2(2  2a)
1

 a  2
2
5 (a  4)2  (2  2a)2

0,25

Vi A có hoành độ âm nên A(2; 4) là điểm cần tìm.

Cách 2:

0,25

+) Phương trình đường thẳng BC qua B  4; 2  và vuông góc với đường cao AH có dạng

BC : x  2 y  0 .

Truy cập Moon.vn để xem video giải chi tiết đề thi thử Đại học


+) Lại có: BH  d  B; AH  

10
5

2 5

+) Đặt AH  x  x  0  . Xét các tam giác vuông ACH và ADH
Ta có: CH 

x
x
x
x
x
, DH 

 DC 


0
0
0
tan 75
tan 60
tan 75
3
3

1 
x 
 1

+) Mặt khác: DC  2 DB  x 

 2 2 5 

 x
0
3
3
 tan 75


+) Gọi A  t; 2t   AH : 2 x  y  0  AH  d  A; BC  

4 5
2 5
1
 3

tan 750

t  2  A  2; 4 
2 5
5
t  2  A  2; 4 

5t

Vậy A  2; 4  là điểm cần tìm.
Chú ý: tan 750  tan
Câu 8.a
(1,0 đ)

150
2 tan 75
 tan1500 
 tan 75  2  3
2
1  tan 2 75

Gọi B  0; b;0  , C  0;0; c 

x y z
Ta có PT mặt phẳng  P  theo đoạn chắn là: :    1  b, c  0 
1 b c
 1 1
Khi đó nP  1; ;  , ud  1;1;1 .
 b c
1 1

1 1
Do d / /  P   ud .nP  0  1    0    1 1
b c
b c
1
1
1 1
Mặt khác ta có: d  O;  P   

 2  2  5  2
b c
1 1
6
1 2  2
b c

1
1 1
1
  1
 2,  1   P  : x  2 y  z  1  0  loai 


b c
b
c
Từ 1 ,  2   

1
1

1
1
   5   1,  2   P  : x  y  2 z  1  0


c
 b2 c 2
b
Kết luận: ( P) : x  y  2 z 1  0 là các mặt phẳng cần tìm.
Câu 9.a
(1,0 đ)

Đặt z  a  bi  a, b  R  ta có: z  1  i  z   a  1   b  1 i  a  bi

  a  1   b  1  a 2  b2  a  b  1 1
2

2





Mặt khác : z 2  4 z  2i   a  bi   4  a  bi  2i    a 2  b2  4a    2ab  4b  8 i

0,25

0,25

0,25

0,25

0,25

2

là số thực do đó 2ab  4b  8  0  ab  2b  4  0  2 
a  b  1
a  b  1
b  1, a  2

 2

Từ 1 ,  2   
 b  1 b  2b  4  0
b  4, a  3
b  3b  4  0

Vậy z  3  4i; z  2  i là các số phức cần tìm.

Truy cập Moon.vn để xem video giải chi tiết đề thi thử Đại học

0,25

0,25
0,25


Câu 7.b

(1,0 đ)

0,25

Ta có: c  2  a 2  b2  b2  a 2  4

Câu 8.b
(1,0 đ)

1
15
Gọi M  x0 ; y0   d  M ; Ox  .F1F2  15  y0 
2
2
1
Tam giác ABF1 vuông tại B suy ra MB  AF1  MF1  2MF2  MF1 1
2
4a
2

MF


a

xM
1

a2
3

a
 xM 
Ta có: MF1  MF2  2a  2  . Kết hợp 1 ,  2   
6
 MF  2a  a  2 x
M
 2 3
a
2
4
2
 a  9  b2  a 2  4  5
a
15
a
15

1

4 2
Cho M   E  
2
2
36a 2 4b 2
9 a2  4
 a  31  b  a  4  27
x2 y 2
x2 y 2
Vậy  E  : 
 1 hoặc  E  : 

 1 là các elip cần tìm.
9
5
31 27
Gọi M  a; b; c  là điểm cần tìm.
Ta có: M   P   2a  b  c  5  0 1

0,25

0,25
0,25

0,25

MA  MB   a  5   b  2    c  2    a  3   b  2    c  6   a  2c  4  2 
2

Câu 9.b
(1,0 đ)

2

2

2

2

2

Mặt khác: AMB  900  MA2  MB2  AB2  2MA2  AB2
AB 2
 MA2  MB 2 
 10  3
2
 2a  b  c  5

Từ 1 ,  2  ,  3  a  2c  4

2
2
2
 a  5   b  2    c  2   10
a  2c  4
a  2c  4



 2(2c  4)  b  c  5  b  5c  13  b  5c  13

 2
2
2
2
30c  190c  300  0

 2c  9    5c  15    c  2   10
 a  2, b  2, c  3

 a  8 , b   11 , c  10

3
3
3

 8 11 10 
Vậy M  2; 2;3 , M  ;  ;  là các điểm cần tìm.
3 3 3 
Xét các số có 5 chữ số sẽ có dạng: abcde  a, b, c, d , e  A
Số các số có 5 chữ số đôi một khác nhau thuộc tập A là:   6.6.5.4.3  2160

Truy cập Moon.vn để xem video giải chi tiết đề thi thử Đại học

0,25

0,25

0,25

0,50


Xét các số có năm chữ số thuộc tập A chia hết cho 5  e 0;5
TH1: e  0 có 6 cách chọn a, 5 cách chọn b, 4 cách chọn c và 3 cách chọn d.
TH2: e  5 có 5 cách chọn a, 5 cách chọn b, 4 cách chọn c và 3 cách chọn d.
Vậy số các số có 5 chữ số chia hết cho 5 là: 6.5.4.3  5.5.4.3  660
Xác xuất cần tìm là P 
Vậy P 

660 11


2160 36

11
 0,306 .
36

Truy cập Moon.vn để xem video giải chi tiết đề thi thử Đại học

0,50