Trang 1/6 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 4 THÁNG 05/2014 Môn: TOÁN (Đáp án gồm 6 trang) Câu Nội dung Điểm 1.a Khảo sát và vẽ… 1,00 * Tập xác định : D = R\{1}. * Sự biến thiên của hàm số: - Giới hạn tại vô cực, giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: 2lim  x y , 2lim  x y ,   1 lim x y ,   1 lim x y . Đồ thị (H) nhận đt y = 2 làm đường tiệm cận ngang và nhận đt x = 1 làm đường tiệm cận đứng. 0,25 - Bảng biến thiên: Ta có:     x x y ,0 )1( 1 ' 2 D. Hàm số nghịch biến trên các khoảng );1(),1;(  . Hàm số không có cực trị. 0,25 x -  1  y’ - - y +  2 2 -  0,25 * Đồ thị )(H : - )(H cắt Oy tại điểm )1;0( ; cắt Ox tại điểm )0;2/1( . - )(H đi qua các điểm                     2 5 ;3),3;2(, 2 3 ;1, 3 5 ;2 . - )(H nhận giao điểm )2;1(I của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 Trang 2/6 1.b Viết phương trình tiếp tuyến chung của (H) và đường tròn (C). 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(1;2), bán kính R = 2 . Gọi  là một tiếp tuyến chung bất kì của (H) và (C),  tiếp xúc với (H) tại điểm         1 12 ; m m mM )1( m . Phương trình của  có dạng 1 12 ).( )1( 1 2      m m mx m y hay 0122.)1( 22  mmymx . 0,25  tiếp xúc với (C) khi và chỉ khi khoảng cách từ điểm I(1;2) đến  bằng 2 2 )1(1 22 4     m m . 0,25 Giải ra được nghiệm 0m và 2m . 0,25 Các tiếp tuyến cần tìm : 10xy   và 50xy   . 0,25 2. Giải phương trình: 0 3sin2 2cos)4sin2(sin    x xxx . (1) 1,00 Điều kiện: 2/3sin x . Với điều kiện này, ta có (1) 02cos4cossincossin2 2  xxxxx 0)2cos)(sin1cos2(  xxx 0,25 2/1cos  x (2) hoặc 42sin x (vô nghiệm) . 0,25 (2) )(2 3 Zkkx    hoặc )(2 3 Zkkx    . 0,25 Kết hợp điều kiện, ta có nghiệm của pt (1) là )(2 3 Zkkx    . 0,25 3. Giải hệ phương trình:        )2(2589 )1(107)72(24 2 22 xy yyxyx 1,00 Điều kiện: 2/5x . (1) 010)2(7)2( 2  yxyx 52  yx hoặc 22  yx yx  52 hoặc yx  22 . 0,25 Thay yx 52 vào (2) ta được phương trình 110)9)(1(098 2  yyyyyyyyy (vì 9 yyyy >0,với mọi 0y ). Với 1y thì 2x (TMĐK). 0,25 Thay yx  22 vào (2) ta được phương trình )3(389 2  yy Đặt )0(3  uyu , pt (3) trở thành 0,25 Trang 3/6 086 24  uuu 0)86( 3  uuu 0 u hoặc 086 3  uu . Khi 0u thì y = -3 và x = 5/2. Xét pt 086 3  uu . (4) Vì 0u nên theo bất đẳng thức Cô-si, ta có uuuu 6.16.3448 3 33  . Do đó, pt (4) vô nghiệm trên nửa khoảng [0;+  ). Vậy, hpt đã cho có hai nghiệm (x;y) = (2;1) và (x;y) = (5/2;-3). 0,25 4. Tính tích phân dx xx xx I     2/ 0 3 )cos(sin cos2sin3  . 1,00 Đặt , 0 , 0. 2 2 2 x t dx dt x t x t               Suy ra: 2 2 2 3 3 3 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 3cos 2sin (sin cos ) (cos sin ) (cos sin ) x x t t x x I dx dt dx x x t t x x                0,25 Suy ra: 2 2 2 3 3 2 0 0 0 3sin 2cos 3cos 2sin 1 2 (sin cos ) (cos sin ) (sin cos ) x x x x I I I dx dx dx x x x x x x                0,25                         2/ 0 2 2/ 0 2 4 4 cos 1 2 1 4 cos2 1    xd x dx x 0,25 1 0 2/ 4 tan 2 1           x . Vậy 2 1 I . 0,25 5. Tính theo a thể tích khối lăng trụ ABC.A'B'C' 1,00 Gọi M là trung điểm CA ta thấy:         OOBBM CAOB CABM ' ' )'( BMBCA  . Kẻ 'BBMH  (do B nhọn nên H thuộc đoạn BB’). Do      )'( )'( BMBHM BMBCA nên CAHM  . 0,25 Vậy HM là đoạn vuông góc chung của BB’và CA, do đó 2 3 );'( a HMCABBd  . 0,25 B C A A’ C’ B’ H O M Trang 4/6 Xét hai tam giác đồng dạng BB’O và BMH, ta có BH HM BO OB  ' , suy ra 3 2 3 2 . 2 3 . 3 32. ' a a aa BH HMBO OB  . 0,25 Thể tích khối lăng trụ: 3 32 3 2 .2.3. 2 1 ' 2 1 '. 3 aa aaOBCABMOBSV ABC  . 0,25 6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức. 1,00 Theo bất đẳng thức Cô-si, ta có 2333 2 3 8 1 8 1 2 bbbb  . Tương tự 23 2 3 8 1 2 cc  . Từ đó, ta có 6)(2410)(32 2233  cbcb . Mặt khác 22 2 cbbc  . Suy ra P        18 3 18 3 18 3 222 cba Q. 0,25 Đặt 1 1   a x , 1 1   b y , 1 1   c z . Từ gt, ta có )1;0(,, zyx và 2 zyx . Rút cba ,, theo zyx ,, và thay vào Q, ta được Q = 8169 3 8169 3 8169 3 2 2 2 2 2 2      zz z yy y xx x . Ta chứng minh )1;0(,36 8169 3 2 2   tt tt t . (1) 0,25 Biến đổi tương đương, ta được bất đẳng thức đúng với mọi t thuộc khoảng (0;1) là 0)66.()23( 2  tt . 0,25 Áp dụng (1), ta được Q 39)(6  zyx . Suy ra P 3 . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi a = b = c = 1/2. Vậy minP = 3. Chú ý : Đường thẳng 36  ty là tiếp tuyến của đồ thị hàm số 8169 3 2 2   tt t y tại điểm có hoành độ 2/3. 0,25 7.a Tính diện tích tam giác ABC. 1,00 Đường tròn (C) ngoại tiếp tam giác ABC có tâm I(-2;2), bán kính R = 5. Gọi H là trực tâm của tam giác ABC, ta có GIGH 2 (Tính chất đường thẳng Ơ-le trong tam giác). Suy ra H(1;12). 0,25 Ta chứng minh H và E đối xứng nhau qua đường thẳng BC. Vì HE vuông góc với BC nên ta chỉ cần chứng minh góc HBC bằng góc EBC. Xét trường hợp tam giác ABC nhọn (Các trường hợp khác tương tự), ta có:     (Cùng phụ với góc ACB),       (Hai góc nội tiếp cùng chắn cung EC). Do đó      (ĐPCM). Đường thẳng BC đi qua trung điểm N(1;5) của HE và nhận vectơ )14;0(EH làm một vectơ pháp tuyến nên phương trình là 14(y-5) = 0 hay y–5 = 0. 0,25 Gọi M là trung điểm của BC, ta có IM vuông góc với BC và IM = d(I;BC) = 3. Do đó 4 2222  IMRIMIBBM . Đường thẳng HE đi qua E(1;-2) và có vtcp )14;0(EH nên có phương trình là x-1 = 0. Tọa độ A là nghiệm của hệ phương 0,25 Trang 5/6 trình            2 1 25)2()2( 01 22 y x yx x hoặc      6 1 y x . Vì A khác E nên A(1;6). Ta có d(A;BC) = 1. Diện tích tam giác ABC là 41.4);(.);(. 2 1  BCAdBMBCAdBCS . 0,25 8.a Viết phương trình mặt phẳng (P) 1,00 Các mặt phẳng 032:)(  zx  và 0432:)(  zyx  có một vectơ pháp tuyến lần lượt là )1;0;2( 1 n và )3;2;1( 2 n . Vì (P) vuông góc với cả hai mp trên nên (P) có một vectơ pháp tuyến là )4;5;2(],[ 21  nnn . 0,25 Phương trình của (P) có dạng 2x+5y-4z+m = 0. (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(-m/2;0;0), B(-m/5;0;0), C(0;0;m/4). 0,25  15 4 OABC V 464 15 4 4 . 5 . 2 . 6 1 15 4 6 1 3  mm mmm OCOBOA 0,25 Vậy, có hai mặt phẳng cần tìm là: 2x+5y-4z+4 = 0, 2x+5y-4z-4 = 0. 0,25 9.a Tính số học sinh nữ của lớp 1,00 Gọi số học sinh nữ của lớp là n ( 28*,  nNn ). Số cách chọn 3 học sinh bất kì là 3 30 C . Số cách chọn 3 học sinh, trong đó có 2 nam, một nữ là 12 30 . nn CC  . 0,25 Vì xác suất chọn được 2 nam, 1 nữ là 12/29 nên ta có 0336087059 29 12 . 23 3 30 12 30   nnn C CC nn 0,25 140)24045)(14( 2  nnnn hoặc 2 106545 n . 0,25 Kết hợp đk, ta có n = 14. Vậy số học sinh nữ của lớp là 14 học sinh. 0,25 7.b Tìm tọa độ điểm H. 1,00 Tọa độ của A là nghiệm của hệ phương trình:      0102 02034 yx yx hay      8 1 y x . Suy ra A(-1;-8). Gọi D, E, F, N lần lượt là trung điểm của HA, HB, HC, AC và B’ là chân đường cao hạ từ B của tam giác ABC. Ta có EF//BC, NF//AH, BC  AH. Do đó EF  NF. Tương tự, ta có ED  DN. Vậy, đường tròn (C) đi qua D, E, F là đường tròn đường kính EN. Suy ra N thuộc (C). Mặt khác EB’  B’N, tức là B’ cũng thuộc (C). 0,25 Tọa độ của N và B’ là nghiệm của hệ phương trình:            040305 102 25)2()1( 0102 222 xx xy yx yx       6 2 y x hoặc      2 4 y x . Nếu N(-4;-2) thì C(-7;4) (loại). Nếu N(-2;-6) thì C(-3;-4) (thỏa mãn). Vậy N(-2;-6), B’(-4;-2), C(-3;-4). 0,25 Đường thẳng BH đi qua B’ và nhận vtcp (1;-2) của AC làm vtpt nên có phương trình là x-2y = 0. Đường thẳng CH đi qua C và nhận vtcp (3;4) của AB làm vtpt nên có phương trình là 3x+4y+25 = 0. 0,25 Trang 6/6 Tọa độ của H là nghệm của hệ phương trình      02543 02 yx yx hay        2 5 5 y x . Vậy        2 5 ;5H . 0,25 8.b Viết phương trình của mặt cầu (S). 1,00 Đường thẳng d đi qua I(-4;7;-2) và có một vtcp )1;2;2( u . Ta có )6;6;9( IM , )6;3;6(],[ uIM 0,25 .3 144 36936 ],[ ),(     u uIM dMd 0,25 Gọi R là bán kính của mặt cầu, ta có .1833 2 ),( 22 2 222         AB dMdMAR 0,25 Phương trình của mặt cầu (S) là: 18)4()1()5( 222  zyx . 0,25 9.b Tính môđun của số phức )5( zz . 1,00 Đặt biaz  ( ), Rba  . Theo gt, ta có ba  và 3ba hay ab  3 . Giả sử dạng lượng giác của z là )sin(cos  irz  . Theo công thức Moa-vrơ, ta có: )2014sin2014(cos 20142014  irz  2014 20142014 zrz  . 0,25 Kết hợp giả thiết, ta có   1007 2014 22 5 ba hay 5 22  ba . Thế ab  3 , ta được phương trình . 12 21 0235)3( 222       ba ba aaaa 0,25 Kết hợp đk ba  ta được iz 21 . Khi đó iz 21 . Suy ra iiizz 1010)26)(21()5(  . 0,25 Do đó 210)5( zz . 0,25 Hết . Trang 1/6 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 4 THÁNG 05/ 20 14 Môn: TOÁN (Đáp án gồm 6 trang) Câu Nội dung Điểm 1.a . )2014sin20 14( cos 20 142 0 14  irz  20 14 20 142 0 14 zrz  . 0, 25 Kết hợp giả thi t, ta có   1007 20 14 22 5  ba hay 5 22  ba . Thế ab  3 , ta được phương trình . 12 21 02 35) 3( 222       ba ba aaaa . có dạng 2x+5y-4z+m = 0. (P) cắt Ox, Oy, Oz lần lượt tại A(-m/2;0;0), B(-m /5; 0;0), C(0;0;m /4) . 0, 25  15 4 OABC V 46 4 15 4 4 . 5 . 2 . 6 1 15 4 6 1 3  mm mmm OCOBOA 0, 25 Vậy, có