Đáp án – thang điểm đề thi thử đại học đợt 1 tháng 04/2014 Môn: Toán

1 ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 04/2014 Môn: TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ:  2\R 0,25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: *    ylim;ylim 2x2x Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim lim 2      x x y y đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ) Bảng biến thiên: Ta có:   2x,0 2x 1 'y 2    Bảng biến thiên: x -  2 +  y’ - - y 2 - +  2 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  2; và  ;2 0,25 0,25 3) Đồ thị: + Đồ thị cắt trục tung tại       2 3 ;0 và cắt trục hoành tại điểm       0; 2 3 + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. 0,25 2) Tìm m để… (1,0 điểm) O y x 2 3/2 3/2 2 2 Ta có: 2x, 2x 3x2 ;xM 0 0 0 0         ,  20 0 2x 1 )x('y    Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:   2x 3x2 )xx( 2x 1 y: 0 0 02 0       0,25 Toạ độ giao điểm A, B của   và hai tiệm cận là:  2;2x2B; 2x 2x2 ;2A 0 0 0         Ta thấy M0 0BA xx 2 2x22 2 xx     , M 0 0BA y 2x 3x2 2 yy      suy ra M là trung điểm của AB. 0,25 Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích S =                           2 )2x( 1 )2x(2 2x 3x2 )2x(IM 2 0 2 0 2 0 02 0 2 0,25 Dấu “=” xảy ra khi         3x 1x )2x( 1 )2x( 0 0 2 0 2 0 Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) 0,25 II 1) PT 1)1cos4(3cos2 2 xx  1)sin43(3cos2 2  xx Nhận xét Zkkx  , không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 1)sin43(3cos2 2  xx  xxxx sin)sin4sin3(3cos2 3   xxx sin3sin3cos2   xx sin6sin  2.0 0,25         26 26 mxx mxx          7 2 7 5 2   m x m x ; Zm 0,25 Xét khi  5 2 m k  2m=5km t5 , Zt Xét khi 7 2 7  m  = k  1+2m=7k k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, Vậy phương trình có nghiệm: 5 2 m x  ( tm 5 ); 7 2 7  m x  ( 37  lm ) trong đó Zltm ,, 0,25 0,25 3 2) Tính tích phân    2ln3 0 23 )2( xe dx I Ta c ó    2ln3 0 233 3 )2( xx x ee dxe I Đặt u= 3 x e  dxedu x 33  ; 22ln3;10  uxux 0,25 Ta được:    2 1 2)2( 3 uu du I =3 du uuu           2 1 2)2(2 1 )2(4 1 4 1 0,25 =3 2 1 )2(2 1 2ln 4 1 ln 4 1         u uu 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  0,25 Vậy I 8 1 ) 2 3 ln( 4 3  0,25 III Giảiphươngtrình 3 2 3 512)13( 22  xxxx PT  631012)13(2 22  xxxx 232)12(412)13(2 222  xxxxx . Đặt )0(12 2  txt Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 1.0 0,25 0,25 Pt trở thành 0232)13(24 22  xxtxt Ta có: 222 )3()232(4)13('  xxxx 0,25 4 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : 2 2 ; 2 12     x t x t Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các nghiệm:         7 602 ; 2 61 x 0,25 IV Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM AB và ' DO N C . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: OMI vuông cân tại O nên: 2 2 2 . 2 2 2 2 2 h a OM OI IM h a      1.0 0,25 Ta có: 22 2 2 2 2 2 2 2 2 3a 2 4 4 8 8 a a a a R OA AM MO                   0,25 2 3 2 3a 2 3 2R . . , 8 2 16 a a V h       0,25 và 2a 3 2 3 2 Rh=2 . . . 2 22 2 xq a a S     0,25 V Tìm GTLN của biểu thức 1,0 Do 0,, zyx nên điều kiện viết lại dưới dạng 1 y z y x xz (1) Và đặt 2 tan, 2 tan 1 , 2 tan c z b y a x  với        2 ;0,,  cba . Khi đó (1) viết dưới dạng: 1 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan 2 tan  accbba (*) 2222   cba  cba . Vậy có: 0,25 5 2 2 2 2 2 2 2 2 2cos 2sin 3cos 1 cos 1 cos 3(1 sin ) 2 2 2 2 2cos cos 3 3sin 3sin 2sin cos 3 2 2 2 2 2 2 1 1 1 10 3 sin cos cos 3 3 2 2 3 2 3 33 a b c c P a b a b a b c c c a b c a b a b                                  Dấu bằng xảy ra           3 1 2 sin 1 2 cos c ba 0,25 0,25 22 1 22 1 2 tan 3 1 2 sin  z cc . ba ba   1 2 cos kết hợp với (*) 2 1 2 1 2 tan  y y x a Vậy 3 10 max P khi 22 1 ,2, 2 1  zyx 0,25 VI.a 2,0 1) Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. Gọi H là trung điểm của dây cung AB. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB. IH = 2 2 | 4 | | 5 | ( , ) 16 16 m m m d I m m       2 2 2 2 2 (5 ) 20 25 16 16 m AH IA IH m m        Diện tích tam giác IAB là 12 2 12SIAB IAHS     2 3 ( , ). 12 25 | | 3( 16) 16 3 m d I AH m m m             0,25 0,25 0,25 0,25 2) Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là (1;3; 1)u   Phương trình chính tắc của đường thẳng  là: 1 2 1 3 1 x y z     0,25 0,25 0,25 0,25 I A B  H 5 6 VIIa Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 9 18C . Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. + Không có bi xanh: có 9 13C cách. + Không có bi vàng: có 9 15C cách. 1.0 0,25 0,25 0,25 Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 9 10C cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: 9 9 9 9 10 18 13 15 42910C C C C    cách. 0,25 VIb 2.0 1 Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ )2;0( 0423 042       B yx yx Đường thẳng d đi qua E và song song với BC có phương trình: 0520)2(2)1(1  yxyx . Tọa độ giao điểm F của d và đường thẳng BG là nghiệm của hệ: ) 4 11 ; 2 1 ( 0423 052       F yx yx . Do tam giác ABC cân nên AG là đường trung trực của EF, Gọi ) 8 19 ; 4 1 ( I là trung điểm của EF, đt AG đi qua I và vuông góc với BC nên có phương trình: 1 19 15 2( ) 1( ) 0 2 0 4 8 8 x y x y        . 0.25 0,25 A B G M E C I F 7 Tọa độ G là nghiệm của hệ 3 2 4 0 1 109 ( ; )15 28 562 0 8 x y G x y          Tọa độ trung điểm M của BC là nghiệm của hệ: 2 4 0 15 2 0 8 x y x y         , suy ra 1 79 ( ; ) 20 40 M  Tọa độ C( 1 10 ; 39 20  ) Ta có 2AG GM A  ( 1 529 ; 140 280  ) 0,25 0,25 2 );1;2( tttMdM  . Ta có 222)12( tttAM  3 12 3 12222 ))(,(     tttt PMd . Giả thiết có 12))(,(3  tPMdAM = 0)12( 222  tttt ;t=4 t =0 ta có (0;1;0)M t=4 ta có M(8;5;-4) 0.25 0,25 0,25 0,25 VIIb 1.0 Điều kiện: 0x Bất phương trình  )1(2log)3(3 2  xxx Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. TH1 Nếu 3x BPT  3 1 log 2 3 2    x x x Xét hàm số: xxf 2log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng  ;0 3 1 )(    x x xg nghịch biến trên khoảng  ;3 *Với 4x :Ta có      3)4()( 3)4()( gxg fxf  Bpt có nghiệm 4x * Với 4x :Ta có      3)4()( 3)4()( gxg fxf  Bpt vô nghiệm 0,25 0,25 8 TH 2 :Nếu 30  x BPT  3 1 log 2 3 2    x x x xxf 2log 2 3 )(  đồng biến trên khoảng  ;0 3 1 )(    x x xg nghịch biến trên khoảng  3;0 *Với 1x :Ta có      0)1()( 0)1()( gxg fxf  Bpt vô nghiệm * Với 1x :Ta có      0)1()( 0)1()( gxg fxf  Bpt có nghiệm 10  x 0,25 Vậy Bpt có nghiệm      10 4 x x 0,25