ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TỪNG PHẦN THÁNG 02/2014 Môn: TOÁN Câu Đáp án Điểm Câu 1 (2,0 điểm) +) m=1  y=x 3 +2x 2 +4x+4 TXĐ: D=R +) lim x y    ,   y x lim 0,25 +) y’= 3x 2 +4x+4 >0 Rx Bảng biến thiên X -  +  Y’ + y +  -  0,25 Hàm số đồng biến trên khoảng (-  ,+  ) Hàm số không có cực trị +) y’’=6x+4  y’’=0  x= 3 2 ) 27 52 , 3 2 (   là điểm uốn của đồ thị hàm số 0,25 +) vẽ đồ thị (HS tự làm) Giao Oy tại (0,4) Đồ thị nhận điểm uốn làm tâm đối xứng 0,25 2(1 điểm) +) phương trình hoành độ giao điểm của d và (Cm): x 3 +2mx 2 +(m+3)x+4=x+4       (*)022 )4,0(0 2 mmxx Ax 0,25 Đường thẳng d cắt (Cm) tại 3 điểm phân biệt  (*) có 2 nghiệm phân biệt khác 0       02 02' 2 m mm             2 2 1 m m m 0,25 Gọi x 1 ,x 2 là hai nghiệm của phương trình (*) Theo Viet 12 12 2 2 x x m x x m        +) BC 2 =(x 1 -x 2 ) 2 +(y 1 -y 2 ) 2 ==(x 1 -x 2 ) 2 +(x 1 +4-x 2 -4) 2 =2( x 1 -x 2 ) 2 =2(x 1 +x 2 ) 2 -8x 1 x 2 = 8m 2 -8m-16 0,25 S ABC = 2 1371 222.2 2 1 28).,( 2 1 2   mmmBCdMd (thỏa mãn) 0,25 Kết luận Câu 2 (1,0 điểm) +)ĐK: cosx 0 Đặt t=tanx 1 0,25 Phương trình 5tan13  x xx xx cos2sin cos3sin   =5 2tan 3tan   x x t 13 =5 2 3   t t (*) 0,25 Đặt f(t)=VT(*), g(t)=VP(*)                  )3()3( 0 )2( 5 )(' 0 12 3 )(' 2 gf t tg t tf 3t là nghiệm duy nhất của (*) Kết luận: tanx=3   arctan3x k k      0,5 Câu 3 (1,0 điểm) Ta có y=0 không phải nghiệm của hệ Chia 2 vế của 2 phương trình cho y ta được:             7 1 2)( 4)( 1 2 2 2 y x yx yx y x 0,25 Đặt v y x uyx    1 , 2 , ta có hệ:      72 4 2 vu vu (*) Giải (*) ta được      )2(9,5 )1(1,3 vu vu 0,25 Giải (1):      yx yx 1 3 2             52 21 31 3 2 yx yx xx yx 0,25 Giải (2):       yx yx 91 5 2       )5(91 5 2 xx yx      0469 5 2 xx yx Suy ra vô nghiệm Kết luận         ; 1;2 ; 2;5 xy xy       0,25 Câu 4 (1,0 điểm) I= dx ex x    2/ 0 )cos1( 1 - dx ex x x    2/ 0 )cos1( sin 0,25 = dx e x x   2/ 0 2 2 cos2 1 - dx e x xx x   2/ 0 2 2 cos2 2 cos 2 sin2 0,25 = dx e x x   2/ 0 2 2 cos2 1 - dx e x x   2/ 0 2 tan =I 1 -I 2 0,25 Tính I 1 Dùng phương pháp tích phân từng phần: U= x e 1 dv= 2 cos2 2 x dx  I 1 = 2 2 1 II I e   I= 2 1 II e Kết luận 0,25 Câu 5 ( 1,0 điểm) Gọi M, N lần lượt là trung điểm của AB và A'B' . Tam giác CAB cân tại C suy ra AB  CM. Mặt khác AB  CC' ( ') ' ' ( ')AB CMNC A B CMNC    .Kẻ ( ). ( ') ' ' ( ' ')MH CN H CN MH CMNC MH A B MH CA B       0,25 mp ( ' ')CA B chứa 'CB và song song với AB nên ( , ') ( ,( ' ')) ( ,( ' ')) 2 a d AB CB d AB CA B d M CA B MH    0,25 Tam giác vuông 0 .tan30 3 a BMC CM BM   Tam giác vuông 2 2 2 2 2 2 1 1 1 4 3 1 CMN MN a MH MC MN a a MN         0,25 Từ đó 3 . ' ' ' 1 . .2 . . 2 33 ABC A B C ABC aa V S MN a a   0,25 N M A' B' C A B C' H Câu 6 (1,0 điểm) +)Đặt a=xy, b=yz, c=zx 2 cba ta cm bca a 4 3  + cab b 4 3  + abc c 4 3  2 0,25 +) áp dụng Bunhia: VT 2                   abc c cab b bca a cba 4 3 4 3 4 3 )( =                  abc c cab b bca a 4 3 4 3 4 3 2 0,25 +) áp dụng BĐT Bunhiacopxki ta có:            abc ab cab ca bca bc 343434       4 3 4 3 4 3bc a bc ca b ca ab c ab           2 2 . 4 3 43 bc bc a bc bc a bc         suy ra 3-   bca a 4 3 =3            abc ab cab ca bca bc 343434 0,5   22 22 2 22 3( ) ( ) (4 3 ) 4 () 1 2 bc ca ab bc ca ab bc a bc b c abc bc ca ab b c a b c abc              Suy ra 3-   bca a 4 3 1 2 3 4 a a bc    2 4VT Suy ra điều phải chứng minh Câu 7a (1,0 điểm) Đt  qua H và  BD có pt 50xy   . (0;5)BD I I   . 0,25 Giả sử 'AB H   . Tam giác 'BHH có BI là phân giác và cũng là đường cao nên 'BHH cân  I là trung điểm của ' '(4;9)HH H . 0,25 AB đi qua H’ và có vtcp 3 ' ;3 5 u H M       nên có phương trình là 5 29 0xy   . 0,25 Tọa độ B là nghiệm của hệ 5 29 (6; 1) 5 xy B xy       . M là trung điểm của AB 4 ;25 5 A     0,25 Câu 8a (1,0 điểm) ABCD là hình thang cân  AD=BC=3 Gọi  là đường thẳng qua C và //AB (S) là mặt cầu tâm A bán kính R=3  {D}= )(S 0,25 Phương trình đường thẳng  đi qua C, //AB:         tz ty tx 33 63 22 Phương trình mặt cầu (S): (x-3) 2 +(y+1) 2 +(z+2) 2 =9 Tọa độ D thỏa mãn :            9)2()1()3( 33 63 22 222 zyx tz ty tx  t=-1 hoặc t= 49 33 0,25 t=-1  D(4,-3,0)  AB=CD (không thỏa mãn) 0,25 t= 49 33 ) 49 48 , 49 51 , 49 164 (   D (thỏa mãn) Kết luận 0,25 Câu9a ( 1,0 điểm) n x x          1 2 1 2 =   k x kn x n k k n C             1 0 2 1 2 Theo đầu bài ta có: C 22 21   n n n n n n CC       )(7 6 042 2 loain n nn 0,5   2 1 4 2 6 2 1 2         x x C +   4 1 2 4 6 2 1 2         x x C =135  2.2 x + 9 2 4  x Đặt 2 x =t        1 2 1 24 xt xt Kết luận 0,5 Câu 7b ( 1,0 điểm ) Tọa độ B là nghiệm của hệ:      0147 012 yx yx  B( ) 5 13 , 5 21 phương trình đường thẳng  qua M, //AB: x-2y=0 0,25 Gọi {N}=  ) 5 14 , 5 28 (NBD  Gọi H là trung điểm MN ) 10 19 , 5 19 (H , MN =( ) 5 9 , 5 18 Phương trình đường thẳng IH 2(x- ) 5 19 +1(y- ) 10 19 =0  4x+2y-19=0 0,25 Tọa độ I là nghiệm của hệ :      0147 01924 yx yx ) 2 5 . 2 7 (I 0,25 I là trung điểm BD ) 5 12 , 5 14 (D +) Phương trình đường thẳng AC đi qua điểm I và M là x-y-1=0  A(3,2)  C(4,3) Kết luận 0,25 Câu 8b ( 1,0 điểm) Phương trình đường thẳng d qua M có hệ số góc k : y=k(x-1)+1 0,25 Tọa độ giao điểm A,B của d và (E) là nghiệm của hệ:      1)1( 3694 22 xky yx  4x 2 +9(kx-k+1) 2 =36 (*) 0,25  =32k 2 +8k+12>0  (*) luôn có 2 nghiệm phân biệt Theo Viet ta có x A +x B = 2 94 )1(18 k kk   0,25 MA=MB  x A +x B =2x M  2 94 )1(18 k kk   =2  k= 4 9  phương trình d: 4x+9y-13=0 Kết luận 0,25 Câu 9b ( 1,0 điểm) Ta có z 2 -2z+m=0  ' 1-m, z 1 +z 2 =2, z 1 z 2 =m 0,25 m 1 (|z 1 |+| z 2 |) 2 = z 1 2 + z 2 2 +2| z 1 z 2 |=( z 1 + z 2 ) 2 - 2 z 1 z 2 +2| z 1 z 2 | Có 4-2m+2|m| 12 4 | | | | 2zz    (1) 0,25 m>1 : z 1 =1- im .1 , z 2 =1+ im .1 | z 1 |+| z 2 |=2 m >2 (2) 0,25 Từ (1) và (2) 12 min(| | | |) 2zz   khi m=1 0,25 . ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC TỪNG PHẦN THÁNG 02/ 2014 Môn: TOÁN Câu Đáp án Điểm Câu 1 (2, 0 điểm) +) m=1  y=x 3 +2x 2 +4x+4 TXĐ: D=R +) lim x y  . +(x 1 +4-x 2 -4) 2 =2( x 1 -x 2 ) 2 =2( x 1 +x 2 ) 2 -8x 1 x 2 = 8m 2 -8m-16 0 ,25 S ABC = 2 1371 22 2 .2 2 1 28 ).,( 2 1 2   mmmBCdMd (thỏa mãn) 0 ,25 Kết luận Câu 2 (1,0 điểm). 2/ 0 2 2 cos2 2 cos 2 sin2 0 ,25 = dx e x x   2/ 0 2 2 cos2 1 - dx e x x   2/ 0 2 tan =I 1 -I 2 0 ,25 Tính I 1 Dùng phương pháp tích phân từng phần: U= x e 1 dv= 2 cos2 2 x dx 