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        . 27 xy 16 16     22 M M M M 32 5 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                 . ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 3 THÁNG 05/ 2014 Môn: TOÁN Câu 1: a) Khảo sát sự biến thi n và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 32 35 y x x   (C) Tập xác định: D  2 ' 3. 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).