Đáp án – thang điểm đề thi thử đại học năm 2013-2014 Môn Thi: Toán; Khối Thi: A Và A1 Đề số 07

 Trang 1/6 
 
YÊU TOÁN HỌC 
 
ĐỀ SỐ 07 
(Ngày thi: 20h00 - 26/04/2014) 
 
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM 
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013-2014 
Môn thi: Toán; Khối thi: A và A1 
(Đáp án – thang điểm có 6 trang)
Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số: 
 

2
.
1
xy C
x
 
a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị 
 C
 của hàm số trên. 
b) Tìm 
a
 để từ 
 0;A a
 kẻ được 2 tiếp tuyến tới đồ thị 
 C
 sao cho 2 tiếp điểm nằm về hai phía trục 
Ox
. 
Nguyễn Xuân Nam 
a) Học sinh tự làm 0.25đ 
Học sinh tự làm 0.25đ 
Học sinh tự làm 0.25đ 
Học sinh tự làm 0.25đ 
b) Phương trình đường thẳng kẻ từ 
 0;A a
 có dạng: 
y kx a  
Để đường thẳng đó là tiếp tuyến của 
 C
 thì 
     21 2 2 2 0(1)a x a x a     
. 
0.25đ 
Để có 2 tiếp điểm thì phương trình 
 1
 phải có 2 nghiệm phân biệt 
1 2;x x
 khác 1 
 
     
2
1
11
' 0 2 2 1 0 2 1
0 3 0
aa
a a a a
g
 

             
  
 
 
0.25đ 
Hai tiếp điểm nằm về hai phía trục 
Ox
 nên 
1 2. 0y y 
 
 
 
1 2 1 21 2
1 2 1 2 1 2
2 2
4 4
2 42 2 21 1
. 0 0 0 1
2 21 1 1 3
2 1
1 1
a a
x x x xx x a a
a
a ax x x x x x
a a
  
                 
       
  
  
 
0.25đ 
Vậy 
2
1
3
a  
 0.25đ 
Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 
 
 
 

2
cos2 3 2 sin 3 2
cos
2cos sin
x x
x
x x
. 
Nguyễn Xuân Nam 
 
Điều kiện: 
4
x k

 
 
Phương trình tương đương: 
 
   
 
2
2 2
1 2 sin 2 sin2sin 3 2 sin 2 2 2
cos cos
2 2cos sin cos sin
x xx x
x x
x x x x
  
    
 
 
0.25đ 
     21 2 sin 2 2 sin cos 1 sin2
2
x x x x
 
      
 
 
      cos21 2 sin 2 2 sin 1 2 sin sin cos xx x x x x        
 
 
 
 
     
5
2
1 4
sin
2
2
4
2 2 2 sin 2 sin cos cos2 1
x k l
x
x k tm
x x x x
 
 
 
  
    
     

    

 
0.25đ 
     1 2 2 2 sin 2 sin cos cos2x x x x    
 0.25đ 
 Trang 2/6 
 
 2 2 sin 2 cos 2 2 cos2x x x    2 2 2 cos 2 cos2
8
x x
  
      
  
 
Nhận xét:
   cos 1 2 2 2 cos 2 2 2 2 2 max cos2
8 8
x x x
     
              
    
 
Suy ra phương trình (1) vô nghiệm 
Phương trình có nghiệm: 
2
4
x k

  
 
0.25đ 
Câu 3 (1,0 điểm). Giải bất phương trình 
2 2 2 2
16 5 4 1 1x x x x x
 
     
 
. 
Nguyễn Duy Hồng
 
 
Điều kiện: 
5 5
; ;
4 4
  
      
x
 0.25đ 
TH1: 
5
;
4
 
   

x
 bất phương trình luôn đúng. 0.25đ 
TH2: 
5
;
4
 
  
 
x
 
Xét hàm số: 
     
2
2 2 2
t
1
t 1 t 4t 1 1 4t 1
2
     f
 với 
5
t
4

 
Ta có: 
 
2 2
2 2
t 2 2
t 2t 5
' 1 t 4t 1 0
41 t 4t 1
        
 
f t
 
0.25đ 
Khi 
5
4
x
 thì 
 
   2
2
4 1
1
1 4 1
3
      
xx
f f x x x
 
Vậy tập nghiệm của phương trình là: 
5 1
S ; ;
4 3
   
     
  

 
0.25đ 
Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân  
 
2
2
sin cos 1
cos sin


 

 

x
x
e x x
I dx
e x x
.
 
 Nguyễn Xuân Nam
 
    
 
2
2
2
sin cos sin cos cos sin1
2 cos sin


      
 
 

x x x
x
e x x e x x e x x
I dx
e x x
 0.25đ 
  
 
2
2 2
sin cos sin cos1 1
2 2 4cos sin
 
 
   
   
 
 
x x
x
e x x e x x
dx dx A
e x x
 0.25đ 
Đặt: 
 
 
2
sin cos cos sin
sin cos
1
cos sin cos sin
       
 
      
   
x
x
x
x x
u e x x du e x x dx
e x x
dv dx
v
e x x e x x
2
2
1 sin cos 1
2 cos sin 4
1



  
     
   
x
x
x x e
A x
e x x
e
 
0.25đ 
Vậy 
2
1
1



I
e
 0.25đ 
Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ 
. ’ ’ ’ABC A B C
 có đáy là tam giác đều cạnh 
a
, hình chiếu của 
’A
 lên mặt 
phẳng 
 ABC
 trùng tâm 
O
 của tam giác 
ABC
; khoảng cách giữa 
’AA
 và 
BC
 là a 3
4
. Tính theo 
a
 thể 
 Trang 3/6 
 
tích khối lăng trụ 
. ’ ’ ’ABC A B C
. 
Nguyễn Xuân Nam 
 
Gọi M là trung điểm BC ta thấy: 
 '
'
AM BC
BC A AM
A O BC
 
 
 
 
Kẻ 
'MH AA
 (do 
A
 nhọn nên 
H
 thuộc trong đoạn 
’AA
.) 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
 
0.25đ 
Do
 
 
 
'
'
BC A AM
HM BC
HM A AM
 
 
 
. Vậy 
HM
 là đoạn vuông góc chung của 
’AA
 và 
BC
, do đó 
 
3
',
4
d AA BC HM a 
. 
0.25đ 
Xét 2 tam giác đồng dạng 
’AA O
 và 
AMH
, ta có: 
'A O HM
AO AH

 

 suy ra 
. 3 3 4
'
3 4 3 3
AO HM a a a
A O
A a
  
 
0.25đ 
Thể tích khối lăng trụ: 31 1 3 3
' . ' . .
2 2 3 2 12
ABC
a a a
V A O S A O AM BC a   
 0.25đ 
Câu 6 (1,0 điểm). Giả sử 
, ,a b c
 là các số thực không âm thỏa mãn 
   2a b c
 và    0ab bc ca . Chứng 
minh rằng 
     
    
  
2 2 2 2 2 24 4 4
4
6 6 6 12
2
a ab b b bc c c ca a
P
a b c
.
 
Trung Kiên
 
 
Trước hết ta chứng minh kết quả sau: Với mọi 
, 0a b 
, thì 
      42 2 2 26 *a ab b a b a b    
. 
Thật vậy , sử dụng bất đẳng thức Cauchy-Schwarz , ta có: 
        22 2 2 2 2 2 2 26 4a ab b a b a b a b ab a b       
       
2
2 42 2 4 .
2
a b
a b a b ab a b

     
. Từ đó suy ra (*) được chứng minh 
0.25đ 
Áp dụng bất đẳng thức (*) , ta được 4 2 2
4 2 2
6 1a ab b
a b
a b
 



. 
Thiết lập 2 đánh giá tương tự ta chứng minh 
44 4 42 2 2 2 2 2
1 1 1 1
2
2a b b c c a
   
  
 
Do tính đối xứng giữa
, ,a b c
 nên không mất tính tổng quát , ta có thể giả 
 min , ,c a b c
. Khi 
đó dễ thấy: 
2 2 2 2
2 2 2 2 2 24 4 4
4 4 4; ;
2 2 2 2 2 2
       
                     
       
c c a a c c
b c b b c a c c a b a b
 
0.25đ 
Đặt 
,
2 2
c c
x a y b   
 khi đó bài toán quy về chứng minh 
42 24
1 1 1 1
2
2x y x y
   

 với 
, 0x y 
 và 
2x y 
. 
Tới đây, sử dụng bất đẳng thức 
AM GM
 và chú ý: 
0.25đ 
A 
B 
C 
C
’ B
’ 
A
’ 
H 
O M 
 Trang 4/6 
 
     22 2 2 21 1.2 . 2
2 8
xy x y xy x y x y     
 và  22 2
2
x y
x y

 
 
Ta có 
4 4 4 42 2 2 2 2 24 4 4
1 1 1 2 1 1 1 1 1
2
2 2x y xy xy xyx y x y x y
            
    
 
 
4 4 424
1 1 1 1
2 2 2 .
2 22 xyxy x y
 
     
 
 Vậy điều phải chứng minh. 
0.25đ 
Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 
Oxy
, cho tam giác 
ABC
 có phương trình các cạnh 
: 4 3 – 4 0; : – –1 0AB x y BC x y  
; phân giác trong của góc 
A
 nằm trên đường thẳng 
: 2 – 6 0d x y 
. 
Tìm tọa độ các đỉnh của tam giác 
ABC
. 
Nguyễn Xuân Nam 
 
Tọa độ của A nghiệm đúng hệ phương trình: 
 
4 3 4 0 2
2;4
2 6 0 4
     
   
    
x y x
A
x y y
 0.25đ 
Tọa độ của B nghiệm đúng hệ phương trinh: 
 
4 3 4 0 1
1;0
1 0 0
    
  
    
x y x
B
x y y
 0.25đ 
Đường thẳng AC đi qua điểm 
 2;4A
 nên phương trình có dạng: 
   2 4 0 2 4 0        a x b y ax by a b
 
Gọi 
1 2 3: 4 3 4 0; : 2 6 0; : 2 4 0            x y x y ax by a b
 
Từ giả thiết suy ra 
   2 3 1 2; ;    
. Do đó 
   
 
2 3 1 2
2 2
2 2
|1. 2. | | 4.1 2.3 |
cos ; cos ;
25. 55.
0
| 2 | 2 3 4 0
3 4 0
 
      


        
 
a b
a b
a
a b a b a a b
a b
 
+ 
0 0a b  
. Do đó 
3 : 4 0  y
 
+ 
3 – 4 0a b 
. Có thể cho 
4a 
 thì 
3b 
. Suy ra 
3 : 4 3 4 0x y   
 (trùng với 
1
). 
Do vậy, phương trình của đường thẳng 
AC
 là 
4 0 y
. 
0.25đ 
Tọa độ của 
C
 nghiệm đúng hệ phương trình:
 
4 0 5
5;4
1 0 4
   
  
    
y x
C
x y y
 0.25đ 
Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ 
Oxyz
, cho 
    : 2 2 3P x y z
 và mặt cầu 
            
2 2 2
: 1 2 1 1S x y z
. Tìm những điểm 
  ,M S N P 
 sao cho 
MN
 có độ dài nhỏ nhất. 
Nguyễn Xuân Nam 
 
       2 2 2: 1 2 1 1S x y z     
. Tâm 
 1 ;2 ;1I 
, bán kính 
1R 
 
        : 2 2 3 0 ; 2I P P SP x y z d       
 
Giả sử tìm được 
 0 0 N P N 
 là hình chiếu vuông góc của 
I
trên 
 P
 
0.25đ 
   0N d P  
, với:    
     
1;2;1
1; 2;2d
I d
d P u
  

   
   0
1
1 2 7
: 2 2 ; ;
3 3 3
1 2
x t
d y t N
z t
  
  
      
   
 0.25đ 
     1 2;Md MS 
1 2
2 4 5 4 8 1
; ; , ; ;
3 3 3 3 3 3
M M
   
     
   
 0.25đ 
 1 0 2 0 01 3.  M M M M M S   
để 
0M N
 nhỏ nhất 

0 1M M
 
Vậy, những điểm cần tìm thoả mãn yêu cầu bài toán 
2 4 5 1 2 7
; ; , ; ;
3 3 3 3 3 3
M N
   
    
   
. 
0.25đ 
 Trang 5/6 
 
Câu 9.a (1,0 điểm). Tính giá trị biểu thức 
    
2 4 6 100
100 100 100
4 8 12 ... 200A C C C C
. 
Nguyễn Xuân Nam 
 
Ta có: 
 
100 0 1 2 2 100 100
100 00 1001 ... (1)     x C C x C x C x
 
 
 
100 0 1 2 2 3 3 100 100
100 00 100 1001 ... (2)      x C C x C x C x C x
 
0.25đ 
Lấy 
   1 2
 ta được: 
   
100 100 0 2 2 4 4 100 100
100 100 1001 1 2 2 2 ... 2       x x C C x C x C x
 0.25đ 
Lấy đạo hàm hai vế theo ẩn 
x
 ta được: 
   
99 99 2 4 3 100 99
100 100100 1 100 1 4 8 ... 200      x x C x C x C x
 
0.25đ 
Thay 
1x
 vào 
99 2 4 100
100 100100.2 4 8 ... 200     A C C C
 0.25đ 
Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ 
Oxy
, cho tam giác 
ABC
 có đỉnh 
 3;3A
, bán kính 
đường tròn ngoaị tiếp bằng 
25
2
, 
2 5AB AC
; đường thẳng 
: 3 2 0BC x y  
. Tìm tọa độ trọng tâm 
G
 
của tam giác 
ABC
; biết 
0By 
 và 
0Cy 
. 
Phan Thành Đạt 
 Gọi 
H
 là chân đường cao kẻ từ 
A
 
Gọi 
   1 1 2 2;2 3 , ;2 3B t t BC C t t BC   
 
Ta có: 
 
2 2
3.3 3 2
; 10
3 1
AH d A BC
 
  

 
0.25đ 
Khi đó: 
2 2. . 1 5. . 2 . 50 20
4 2 2
ABC
AB AC BC
S AH BC AB AB R AH AB AC
R
 
        
 
 0.25đ 
   
   
   
2 2 12
1 1
1
2 2; 4
50 3 3 1 50
2;8
t B l
AB t t
t tm
   
       
  
 
   
   
   
2 2 22
2 2
2
1 1; 1
20 3 3 1 20
1 ;5
t C tm
AC t t
t C l
   
       
 
 
0.25đ 
Trọng tâm của tam giác có tọa độ 
2 10
;
3 3
G
 
 
  
 0.25đ 
Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ 
Oxyz
, cho ba điểm 
     0;1;1 , 2; 1;1 , 4;1;1A B C
 và 
mặt phẳng 
    : 6P x y z
. Tìm điểm 
M
 trên 
 P
 sao cho 
 
  
2MA MB MC
 đạt giá trị nhỏ nhất. 
Nguyễn Xuân Nam 
 
Giả sử tọa độ điểm M là 
 ; ;M x y z
 
     ;1 ;1 , 2 ; 1 ;1 , 4 ;1 ;1MA x y z MB x y z MC x y z            
   
0.25đ 
 2 8 4 ; 4 ;4 4MA MB MC x y z      
   
         
2 2 2 2 222 8 4 4 4 4 4 2 1MA MB MC x y z x y z             
   
Áp dụng BĐT: 
 
22 2 2 1
3
a b c a b c    
. Ta có: 
     
2 2 22 12 1 3
3
x y z x y z       
 
0.25đ 
Vì 
  6M P x y z    
 nên 
   
2 222 1 3 2 4 3x y z MA MB MC        
  
 0.25đ 
Vậy 
2MA MB MC 
  
 đạt giá trị nhỏ nhất bằng 
4 3
, khi đó 
 
6
3;1;2
2 1
x y z
M
x y z
  

   
 0.25đ 
Câu 9.b (1,0 điểm). Gọi 
,A B
 là hai điểm trong mặt phẳng phức, biểu diễn theo thứ tự hai số phức 

1 2
, 0z z
 thỏa mãn 
 
2 2
1 2 1 2
z z z z
. Chứng minh rằng tam giác 
OAB
 là tam giác đều (
O
 là gốc tọa độ). 
Tiến Vũ Việt 
 
Từ giả thiết ta có: 
   2 21 2 1 2 1 2 1 2 2 1 2.z z z z z z z z z z z      
 0.25đ 
Mặt khác 
   2 21 2 1 1 2 1 1 2 1 1 1 2. .z z z z z z z z z z z z z z        
 0.25đ 
 Trang 6/6 
 
Suy ra 2 2
3 31 2
1 2 1 2 1 2
2 1
z z
z z z z z z
z z
      
 0.25đ 
Vậy
1 2 1 2z z z z OA OB AB     
, vậy tam giác 
OAB
 đều 0.25đ 
 
Thông báo: Đề thi thử lần 8 sẽ được post lên page lúc 20h00 ngày 10/05/2014.