Đáp án Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối B năm 2014 - THPT Ngô Gia Tự

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT BẮC NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ NGÀY THI 18/01/2014 HD CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014 Môn thi: TOÁN; Khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Ý Nội dung Điểm 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị 1.0 Khi m 1, ta có hàm số y  x4  x2 2.  Tập xác định : D  .  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y`  2x(2x2 1) ; y`0 x 0. - Khoảng đồng biến (0;), khoảng nghịch biến (;0). - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x 0,yCT  2. - Giới hạn: lim   và lim  . x x 0.25 0.25 - Bảng biến thiên x  0  y’ – 0 + 0.25   y -2  Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại (1;0);(1;0) và cắt Oy tại (0;2) 0.25 b) Tìm m…… Gọi điểm cố định mà đồ thị đi qua có tọa độ là: (x0;y0), ta có y0 x0 mx0 m 1 luôn đúng với mọi m. Hay: m(x0 1)1x0 y0  0 luôn đúng với mọi m  x0 1 01 Khi đó (Cm ) luôn luôn đi qua hai điểm cố định là A(1;0),B(1;0) . Hai tiếp tuyến tại A, B vuông góc nên có y`(1)y(1)  1 (42m)(42m)  1m   3 hoặc m   5 . 1.0 0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com Vậy với m  3 , m  5 thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Giải phương trình lượng giác 1.0 Phương trình đã cho trở thành 0.25 2cos6x+2cos4x- 3cos2x=sin2x+ 3  4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3cos2x 0.25 cos x=0 2cos5x =sinx+ 3cosx cosx  0  cos5x=cos(x- 6 ) 0.25 x   k   x   24  2 0.25   k2  42 7 3 Giải bất phương trình: x2  x2  x2  3x2 1.0 Điều kiện: x  2 . 0.25 Bất phương trình trở thành:  x 2  3x 2(x2 x 2)  0  x 2 x 2 2 3x 2 x 1  0 (1) 0.25 Đặt f(x)  x 2 2 3x 2 x 1 với x  2 . 0.25 2 x 2  3x 2 ` Ta có f `(x)  1 0,x  . x 2  3x 2 Do đóf(x)  f  2  5  3  0. 0.25 Khi đó từ (1) ta có x 2  0  x  2 . Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình: 3 x  2 . 4 Tìm hệ số của x10 trong khai triển 1.0 Ta có C0n1 C1n1 ...C2n1  (11)2n1  22n1 . 0.25 Lại có: C2n1  C2n1;C2n1  C2n1;C2n1  C2n1;...;C2n1 C2n1 0.25 www.VNMATH.com 2n1 Do đó: C2n1 C2n1 ...C2n1  2  22n 1 220 1 n 10 0.25 10 Mà: (23x)10  Ck 210k3k xk k0 0.25 Hệ số của x10 tương ứng k 10 Vậy hệ số của x10 là: C10 10  10 . 5 Hình học không gian 1.0 * Tính thể tích: Gọi H = AC  BD  SH  (ABCD) & BH = 1 BD. Kẻ HE  AB  AB  (SHE) nên góc giữa (SAB) và (ABCD) là: SHE  600 Mà HE = 1 AD = 2a  SH = 2a 3 . VSABCD = 1 .SH.SABCD = a33 3 . S K A O D I E H B C * Tính khoảng cách: Gọi O là trung điểm AD, AC BO  I . Khi đó ABCO là hình vuông cạnh a . ACD có trung tuyến SO = 1 AD CD  AC  CD  (SAC) và BO // CD Hay CD // (SBO) và BO  (SAC). d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). Theo tính chất trọng tâm tam giác BCO ta có 0.25 0.25 IH  1 IC  a62  IS  IH2  HS2  5a 2 . 0.25 www.VNMATH.com Kẻ CK  SI mà CK  BO  CK  (SBO)  d(C;(SBO)) = CK. Trong tam giác SIC có: 0.25 SSIC  1 SH.IC  1 SI.CK CK  SH.IC  2a 3 Vậy: d(CD;SB)  2a 3 . 6 Chứng minh Ta có: SH.IC 2a 3 . SI 5 1.0 0.25 2a  3b ab  bc  3 abc  2a  3b 1 a.4b  1 b.4c  1 3 a.4b.16c 3 a4b b4c a4b16c 0.5 4 4 4 12  28(abc)  7 0.25 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a  16;b  4;c  1 7 Tìm tọa độ đỉnh C và D 1.0 Ta có: AB 1;2 AB  5 . Phương trình của AB là: 2x y2  0. I d: y  x  I t;t. I là trung điểm của AC và BD nên ta có: 0.25 C2t 1;2t, D2t;2t 2. Mặt khác: SABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao) CH  4 . 0.25 Ngoài ra: d C;AB CH  |6t 4|  4 t  4 C5;8,D8;2 5 t  0 C1;0,D0;2 0.25 Vậy tọa độ của C và D là C5;8,D8;2 hoặc C1;0,D0;2. 0.25 8 Viết phương trình đường thẳng d….. 1.0 Theo giả thiết: (C) có tâm O(0;0),bán kính R  13 (C`) có tâm O`(6;0),bán kính R` 5 www.VNMATH.com Tọa độ các giao điểm của (C) và (C`) là nghiệm của hệ phương trình: x2  y2 13 x2  y2 13 0.25 (x6)2  y2  25 x2  y2 12x11 0 x  2  y 3  A(2;3) (vì yA  0) 0.5 y  3 Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng d và các đường tròn (C) , (C`)thỏa AH  AH `, với H không trùng H’. Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là trung điểm của đoạn thẳng MM’. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’ I(3;0) . Ta có IA // OM. Mà OM  (d) nên IA (d)  (d) cóvtpt IA (1;3) và qua A(2;3) Vậy phương trình đường thẳng d :1(x2)3(y3)  0 x3y7  0 . 9 Giải phương trình 9sin2 x  4.91sin2 x 13932sin2 x  12sin2 x  9sin2 x  9sin2 x 13 92sin2 x  9sin2 x . Đặt t 9sin2x ,1t 9, ta có phương trình : t  39  27 13  0 t 1;t 3;t 9. + Với t  0 sin2 x  0 x k . + Với t 1sin2 x  0  cosx  0 x   k . + Với t  2 sin2 x  2  cos2x  0 x  4 k2 . Vậy nghiệm phương trình là: x  k (k ). Tổng : Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần. 0.25 1.0 0.25 0.5 0.25 10.00 ... - tailieumienphi.vn