Đáp án đề thi thử đh toán khối b lần 1 năm 2014 trường Chuyên Quảng Bình

Gọi tâm hình vuông ABMD là I.

Khối B

TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM

ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014

LẦN THỨ NHẤT

Môn: TOÁN; Khối B

(Đáp án - Thang điểm này có 06 trang)

a (1,0 điểm)

Khi m  ta có 0 3 2

y x  x 

 Tập xác định: D  

 Sự biến thiên:

Chiều biến thiên: y' 3x26 ; ' 0x y   x hoặc 0 x  2

0,25

Khoảng đồng biến: (0; 2) ; các khoảng nghịch biến: (; 0) và (2; )

Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x0;y CT  ; đạt cực đại tại 1 x2,y CÑ  5

Giới hạn: lim

x y

   ; lim

x y

 Bảng biến thiên:

x  0 2  '

y  0  0 

y  5

1 

0,25

 Đồ thị:

0,25

b (1,0 điểm)

Ta có: y' 3x26x3m26m

' 0 2 2 ( 2) 0

2

  

 



0,25

1

(2,0 điểm)

Hàm số có hai cực trị  y  có hai nghiệm phân biệt  ' 0 m2 mm  1 0,25

Với x my 2m33m2 1 Với xm 2 y2m39m212m 5 Tọa độ hai điểm cực trị là Am; 2 m33m21 và B m 2;2m39m212m5 0,25

 1;3



 Vậy giá trị m cần tìm là m0,m  2

0,25

Điều kiện: cosx  0 Phương trình đã cho tương đương với cos2xsinxcosxsin2x

0,25

(cosx sin )(cosx x sinx 1) 0

cosxsinx0 tan 1

4

2

(1,0 điểm)

2 1

2

x k





 

  



(k   )

Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm

4

x k  hoặc xk 2 (k   ) 0,25

Xét hệ phương trình

2

8 1 2 9 0 (2)

x y







2

    Đặt t2x y , phương trình (1) trở thành:

2 1

2 0

2

t

t t

t

 

    

 

Nếu t  thì 1 2x y   1 1 2xy Thế vào phương trình (2) ta được phương trình 0

8 yy2 9 0 Đặt u y , phương trình trở thành: 0

u  u   u u u  u  u Khi đó hệ có nghiệm 0

1

x y

 







0,25

Nếu t   thì 2 2x y    2 1 2x  y 3 0 Thế vào phương trình (2) ta được phương trình

y

  



Với y   thì hệ có nghiệm 3

1 2 3

x y









  



0,25

3

(1,0 điểm)

Xét phương trình 8 ( y3) y30 (3) Đặt v y3 , phương trình (3) trở thành: 0 v36v 8 0 Xét hàm số f v( )v36v , ta có: 8

Khối B

f v'( ) 3 v2 và 6 f v'( ) 0 v  2 Hàm f v đạt cực đại tại (( )  2;8 4 2) , đạt cực tiểu tại ( 2;8 4 2 )

Vì f(0) 8 0  và 8 4 2  nên 0 f v  không có nghiệm ( ) 0 v  0

Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là

1 0

1

3

y

y



   



   

Ta có:

2

ln( 1)

2

ln( 1) 2

=

1

0

ln 2

 0,25

4

(1,0 điểm)

= 1ln 2 1 2 1 ln 2 2

Gọi HDKIC, do ABCD là hình vuông cạnh a nên ta suy ra được

ICDK, 5

2

a

5

CH

DK

10

a

Xét A AI' ta được 3

' 2

a

A I  Suy ra:

3 '.

' '

A IDK IDK

a

0,25

'

DK A I





 Trong ( 'A IH , kẻ ) IEA H' Suy ra: IE( 'A KD)IEd I A KD( ,( ' ) 0,25

5

(1,0 điểm)

Xét tam giác A IH' : 12 1 2 12 42 202 322 3 2

8

a IE

IE  A I IH  a  a  a  

0,25

Vậy 3 2 ( ,( ' )

8

a

Ta có: 1 1 1 1 xy yz zx xyz

x yz      Do đó:

(x1)(y1)(z1)(x1)(y1)(z1) xy z 12xyz x y z 1

0,25

1 1 1 3

x y z

x y z

 

 

0,25

Theo Côsi

3

3

3

3

1 1 1

27

xy yz zx

xyz xy yz zx xyz

xyz xyz

xy yz zx

xyz

0,25

6

(1,0 điểm)

Từ đó

x  y z  xyz   x y z        

0,25

Từ giả thiết suy ra ABMD là hình vuông Gọi tâm hình vuông ABMD là I Ta có

AM = 2 2 Suy ra IB = 2 2

2IB ID 2 (1)

B, D thuộc trung trực của đoạn AM I(2; 3), AM (2; 2)

Suy ra phương trình đường thẳng BD:

x  y 5 0 (2)

M  BD M x x

M I   x  x  x x

0,25

x = 3 cho ta B(3; 2) thì x = 1 cho ta D(1;4) suy ra C(5; 4)

x = 1 cho ta B(1; 4) thì x = 3 cho ta D(3; 2) suy ra C3; 6)

0,25

7.a

(1,0 điểm)

Vậy, tọa độ các đỉnh B, D, C của hình thang là:

i) B(3; 2), D(1;4), C(5; 4)

Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng

5x4y3z200,3x4y   Hai mặt phẳng này lần lượt có véc tơ pháp tuyến z 8 0

là ,u v  thì u v, 

 

 

là một véc tơ pháp tuyến của (P)

0,25

(5; 4;3), (3; 4;1) , (8; 4; 8)

 

0,25

8.a

(1,0 điểm)

Suy ra, phương trình của (P):

I

M

B A

Khối B

Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là C 154 1365 cách 0,25 Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là:

 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng: C C C 62 51 14 300

 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng: C C C16 52 41 180

 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng: C C C16 15 42 240 Theo quy tắc cộng, cách chọn ra 4 viên bi có đủ ba màu là:

300 240 180  720 cách 0,25

Do đó số cách chọn ra 4 viên bi không có đủ ba màu là: 1365 720 645  cách 0,25

9.a

(1,0 điểm)

Vậy xác suất cần tìm là: 645 43

1365 91

Ta có C là giao điểm của trục tung và đường thẳng AC nên C0; 4

Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ACD bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp

tam giác ABC cũng bằng 1

Vì B nằm trên trục tung nên B(0; )b Đường thẳng AB đi qua B và vuông góc với

Vì A là giao điểm của AB và AC nên 16 4 ;

3

b

A  b

Gọi r là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC Ta có

2 2

16 4

4

4 3

ABC

b b

S





Theo giả thiết r  nên ta có 1 b  hoặc 1 b  7 0,25

7.b

(1,0 điểm)

Với b  ta có 1 A(4;1), (0;1)B Suy ra: D(4; 4) Với b  ta có ( 4; 7), (0; 7)7 A  B  Suy ra: D ( 4; 4)

0,25

Điều kiện 0

0

x y

x y

  



 



0,25 8.b

(1,0 điểm)

Ta có: (1) 50 10.10lg(x y) 10( ) 5



Thế vào (2) ta được: 2 2 lg5

lg5 2

10 100

25 (10 )

Hệ đã cho tương đương với

9

2

x

x y

x y

y









 

 Vậy hệ phương trình có nghiệm là 9 1

;

2 2

Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng

5x4y3z200,3x4y   Hai mặt phẳng này lần lượt có véc tơ pháp tuyến z 8 0

là ,u v

  thì u v, 

 

 

là một véc tơ pháp tuyến của (P)

0,25

(5; 4;3), (3; 4;1) , (8; 4; 8)

 

0,25

Suy ra, phương trình của (P):

8(x2) 4( y3) 8( z1) 0

0,25

9.b

(1,0 điểm)

-Hết -