Đáp án đề thi thử đại học môn toán đợt 1 tháng 5 năm 2014

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 05/2014

Môn: TOÁN

1 1 1 i m Với m=1 ta có hàm số 3 2

7 16 12

1 Tập xác định: R

2 Sự biến thiên:

a Giới hạn: lim , lim

     

0.25

b Bảng biến thiên: 2

2

3

x

x







 

 Bảng biến thiên:

x - 2 8/3 + y' + 0 - 0 +

y

0 +

- -4/27

0.25

- Hàm số ồng biến trên   8

; 2 ; ; 3

  

 ,hàm số nghịch biến trên

8 2;

3

 

 

 

- Hàm số ạt cực ại tại x = 2, yC = 0, ạt cực ti u tại x = 8/3, yCT = -4/27

0.25

3 Đồ thị: ồ thị giao với trục tung tại 0; -12 , giao với trục hoành tại 2;

0),(3; 0 Nhận i m uốn 7 2

;

I   

  làm tâm ối xứng

8

6

4

2

2

4

6

y = x 3 7∙x 2 + 16∙x 12

0.25

2 1 i m Tìm m sao cho đồ thị hàm số (Cm) cắt trục hoành

     

2

3

x





      



ồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 i m phân biệt khi pt 1 có 3 nghiệm phân biệt

t 1 có 3 nghiệm phân biệt khi pt 2 có 2 nghiệm phân biệt kh c 3

 

2

1 1

4

3 0

10 9

m

f

m

 



     



 



0.25

Khi ó x B 3; x A; x C là nghiệm của pt 2 Yêu c u bài to n tương ương

pt 2 có hai nghiệm x x1; 2:x1x2 2x B 6

0.25

2

x x  m m  m thỏa mãn k

Vậy 3

2

m 

0.25

2 2

i m 1 1 i m Giải phương trình: 4cos4x c os2x12cos4xcos34x  72

1 cos 2 cos 2 2cos 2 1 cos

x

3 cos 2 cos 2

4

x x

cos 2 1 3 cos 1 4

x x







 





0.25

8

Vậy phương trình có nghiệm x8k kZ

0.25

2 1 i m

Giải hệ phương trình:    

2





Ta thấy 1 có dạng

1

   Thay vào pt(2) ta có: 4 x 2 22 3 x x28

2

x

x









0.25

Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’ x >0 nên hàm số ồng biến suy ra

x=-1 là nghiệm duy nhất của * hương trình 2 có 2 nghiệm x=2 ; x=-1 nên hệ phương trình có 2 nghiệm (2 ;1) ; (-1 ;-2 thỏa mãn iều kiện

Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm : (2 ;1) ; (-1 ;-2)

0.25

3 1 i m

T nh t ch phân

4 0

sin 2

1 os2

dx









4

0

sin 2

1 cos 2

x









4

0

sin 2

1 cos 2

x dx x





4 2 0

x

dx A J x



 



0.25

Ta có A=

dx



 

0

ln(1 cos 2 ) ln 2



0.25

Tính

4 2

0 cos

x

x



cos

dx

x

4 4 0

x

x



0.25

Vậy 1ln 2

I 

4 1 i m

I

G J

K

M C'

B'

A

C B

A'

*T nh th t ch khối l ng trụ:

2 ' ' '

3

2 2 4 2 A B C 16

lt

V

 . ' ' ' 9 3

32

ABC BA B C

a



0.5

*T nh góc giữa AB’ và BC’

Gọi I là giao i m của AB’ và A’B.J là trung i m A’C’ thì IJ song song với BC’ nên AB BC', '  AB', IJ

Xét tam gi c AJB’ có

cos '

JIB

JI IB

 

0.5

Ta có với hai số kh ng âm a, b ta có: 1 a 1  b 1 1 a b bình phương hai vế lu n ng

p dụng ta có:

2 2

2

x

x y z hay y z

2

x

       

0.5

Do x, y, z không âm nên

2

2

x

      dụng pp xét hàm số

2 4

x

x





 Vậy max =64 khi x=y=0 ;z=4 hoặc x=z=0 ; y=4

0.5

Câu

6a 2

i m

1)

1 i m C có tâm I 1 ;2 b n k nh =2 Có  ; 1 2 4 2

2

   nên d và

C kh ng có i m chung Vì vậy với mọi M thuộc d , qua M lu n k

ư c 2 tiếp tuyến tới C

0.25

Có AMB 2AMI nên góc AMB ạt gi trị lớn nhất khi AMI ạt gi trị

lớn nhất Mà AMI là góc nhọn có sinAMI IA 2

  , AMI ạt max khi sin AMI ạt max khi MI ạt min iều này xảy ra khi M là hình chiếu của

I trên (d)

0.25

Gọi H là hình chiếu của I trên d Tìm H

Lấy H thuộc d : y=-4-x nên H a ;-4-a IH vu ng góc với d nên IH u d trong ó u là vecto ch phương của d d

IH a  a u  IH u     t H  

0.25

Vậy M c n tìm là 5; 3

2 2

0.25

2)

1 i m Gọi pt mặt ph ng là:  2 2 2 

qua 2 i m C, D nên ta có hệ phương trình : 3 4 2 0

   



   



0.25

 

0.25

Theo giả thiết :

 

2

3 2 2 2

 





0.25

TH1 : a=-2c chọn c=-1, a=2 ta có : 2x+2y-z+4=0 TH2 : 7a=2c chọn c=7, a=2 ta có : 2x+2y+7z-12=0 Vậy có 2 mp thỏa mãn yêu c u bài to n : 2x+2y-z+4=0

và 2x 2y 7z-12=0

0.25

Câu

7a)

1 i m Ta có số ph n t của kh ng gian m u  số c ch chọn ng u nhiên 10

quả c u t 15 quả c u= 10

15

C

0.25

Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu c u bài to n

A số c ch chọn 5 quả c n lại sao cho 5 quả có ủ cả 3 màu

A số c ch chọn 5 quả sao cho kh ng ủ cả 3 màu

0.25

TH1 : Chọn 5 quả ch có một màu : có th chọn 5 quả toàn màu xanh hoặc

5 quả toàn màu ỏ ố c ch chọn 5 quả ch có một màu là : 5 5

TH2 : Chọn 5 quả có 2 màu : ố c ch chọn là 5 5 5 5 5

9 10 11 2 5 2 6

9 10 11 2 5 2 6

C C C  C  C +C55C65 suy ra

15

15

C -(C95C105 C115 2C552C65+C55C65)=2170

0.25

Vậy x c suất của biến cố A là   10

15

2170 2170 310

3003 429

A

P A

C



0.25

Câu

6b)

2

i m

1)

(1 i m)

Góc giữa hai ường th ng BC và AB là 450 và ABC cân tại A nên ABC vuông cân tại A

0.25

A  AB  A(4  2a; a); C  BC  C(c; 7  3c)

AC a c    a c , vtcp của AB là u1 (2; 1) 

1

AC u    c a (1)

0.25

Tọa ộ B là nghiệm hệ phương trình 2 4 0 2

     

Diện t ch tam gi c ABC: 1 2 5

ABC

2

a

a





         



0.25

Do xA > 0 nên ch nhận a = 0  c = 3 Suy ra A(4; 0) và C(3;2) 0.25

của I trên Gọi H là hình chiếu của I trên H x ;y ;z) thuộc nên x-6y+z+18=0.(1)

IH vu ng góc với nên IH c ng phương với vecto ph p tuyến

1; 6;1

n  của

2

 





     

 



0.25

T 1 và 2 suy ra 38t38    0 t 1 H1;3; 1 

Vậy MA MB ạt min khi M 1 ;3 ;-1)

0.25

Câu

7b)

1 i m Giải bất phương trình:  2   2 

log 1 2 x  x 2 log x  x 7 2 iều kiện: xR

2 0 ó log 1 2 log 5 2

t x   x ta c  t  t  

0.25

Xét hàm số

2

2

1 2 ln 5 5 ln 9

t

uy ra hàm số y=f t ồng biến trên 0;

0.25

Lại có

               

0.25

Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   1;2 0.25