ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 THÁNG 6/2014
MÔN: TOÁN
1a
(1 điểm)
3
1, y=x 3 2
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên: 2
0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng( ; 1)và(1; ), nghịch biến trên
( 1;1)
- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT =
-4
- Giới hạn: lim
0,25
- Bảng biến thiên:
x -1 1
y’ + 0 - 0 +
y
0,25
* Đồ thị:
Đồ thị cắt trục hoành tại (2;0)
đi qua điểm (-2;-4)
0,25
1b
(1 điểm)
2 ' 3 2( 1) (2 1)
Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình: y' 0 có hai nghiệm phân biệt
2 ' (m 2) 0 m 2
0,25
Khi đó áp dụng định lý viet ta có: 1 2 2( 1); 1 2 (2 1)
1 2 1 2 1 ( 1 2) 3 1 2 1 0
0.25
2
Đối chiếu điều kiện ta có: 1; 2
2
0
-4
Trang 22
(1 điểm)
Điều kiện: s inx+ cosx 0
Phương trình đã cho tương đương: 2
os cos 1 2 1 s inx s inx osx
2
1 s inx 1 cos 0
x
2
2 2
k Z
Đối chiếu điều kiện ta thấy các họ nghiệm trên đều thỏa mãn
0,25
3
(1 điểm)
3
Điều kiện y 4
(x x 4)4 4( y 4 y)
x x y y (3)
0,25
f x x x với x R
Ta có
2
4
x x
f x
với x R suy ra hàm số đồng biến trên R
Từ (3) ta có f x( ) f( y) x y
0,25
(4x 3)( x 4 3x 8 1) 9 (4)
4
x không phải là nghiệm của (4) nên
x
x trên ( 4; ) \ { 3}
4
2 3
4 (4 3)
x
Suy ra hàm số g x( )đồng biến trên các khoảng ( 4; 3);( 3; )
4 4 Do đó phương trình g x( ) 0 có tối đa 2 nghiệm
0,25
Ta lại có g(0) g( 3) 0 suy ra x 0;x 3 là các nghiệm của phương trình
( ) 0
Với x 0 y 0; x 3 y 3
Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có 2 nghiệm: (0; 0); ( 3;3)
0.25
4
(1 điểm) I =
1
2 0
( 1) ( 1)
x
x e
dx
( 1)
x
u x e v
x
0.25
Trang 3Ta có du (e x x( 1) 1)dx; chọn 1
1
v
I=
1 1 0 0
x
x
x e
0
x
Vậy I = ln 2 3
e
0,25
5
Gọi H là trung điểm của BC suy ra H là tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC) nên
Từ giả thiết ta suy ra góc giữa BB’ và (ABC) bằng 600 Do đó:
0
0,25
ABC
' ' '
3 '
2
V B H S a (đvtt)
0,25
*) Tinh góc:
Gọi Mlà trung điểm của AB, suy ra ( ' ) ( ') ( ' )
đó góc giữa B H' và (ABB') là góc giữa '
B H và B M'
0,25
Ta có
MH
B H
Vậy góc giữa B H' và (ABB') là arctan1
2 0.25
6
(1 điểm)
Từ giả thiết ta có:
3(x y)
y x
10
3
Đẳng thức xẩy ra khi
3, 1
3
x y
x y
y x
0,25
A
B
C
A’
B’
C’
H
M
Trang 42 2
3
(x y ) 2(x y ) (x y ) 3(x y) 6
Đặt x y t
y x , ta có 10
3
3
f t t t t t
'( ) 4 6 6 3 2 (t-3)+2t(t -3)+3 > 0
3
t
0.25
Do đó ( ) (10) 2596
3
1, 3
Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 2596
81
0.25
7a
(1 điểm)
Gọi I a b( ; ) là tâm đường tròn và H là trung điểm của AB
Ta có khoảng cách từ I đến đường
thẳng d là
( ; )
2
d I d IH R IH IM
Theo giả thiết ta có hệ:
2
(1) 5
2
IM IN
d I d IM
0.25
Từ (1) ta có a 3b 5 a 3b 5
Từ (2) ta có
( 2) ( 4)
2 10
0.25
Thế (1) vào (2) ta có : 6 17 2 2 5
(3 7) ( 4)
2 10
b
2
10 50
2 10
b
2 21 8
b b
0,25
Do đó ta có 2 trường hợp:
1, 2
,
a b
Suy ra 2 đường tròn thỏa mãn:
0,25
8a Gọi d' là đường thẳng cần lập và M là giao điểm của d d, ' 0,25
H
I
N
M
B
A
Trang 5(1 điểm) Ta có: M(3 3 ; 3 2 ; 2 2 )t t t
Vì d'/ /( )P nên AM n 0
Ta có: AM (3t 1; 2t 2; 2t 5), n (3; 2; 3)
0,25
(9; 7;6), (5; 6;9)
M AM Vì d' đi qua A M, nên phương trình
' :
Ta thấy A ( )P nên d'/ /( )P Vậy pt cần lập là: ' : 4 1 3
9a
(1 điểm) Số cách chọn 7 bi bất kỳ là:
7
20 77520
C 0,25
Số cách chọn ra k bi đỏ trong số 7 bi đã chọn là 7
12k 8 k
C C 0,25 Các trường hợp chọn bi thỏa mãn yêu cầu bài toán tương ứng với k=0, 1, 2
suy ra số cách chọn bi thỏa mãn yêu cầu là 0 7 1 6 2 5
12 8 12 8 12 8 4040
C C C C C C 0,25 Xác suất cần tìm là: P=P0+P1+P2= 4040 101
77520 1938
7b
(1 điểm)
Kéo dài AH cắt CD tại E Do ABCD hình thang (AB//CD) và H trung điểm BC nên dễ thấy HAB HEC
14
0,25
Ta có AE 2 AH 13
và phương trình đường thẳng AE:
2x -3y + 1 = 0
Do đỉnh D có hoành độ dương và D nằm trên đường thẳng (d) có phương trình 5x y 1 0
nên D(d; 5d+1) với d > 0
0,25
13 28 2
;
; 2
1
AE
S AE D d AE D d AE
ADE
13d 2 28
30
13
2( / )
d
d t m
0,25
Từ đó D(2; 11)
E đối xứng với A qua H suy ra E(-2; -1) nên phương trình đường thẳng CD: 3x – y
+ 5 = 0
Đường thẳng AB qua A, song song với dt CD nên có pt: 3x – y – 2 = 0
0,25
8b
(1 điểm) Ta thấy A không thuộc hai đường thẳng 1 2
,
d d Giả sử đường thẳng d d1 , 2 là trung tuyến đi qua B, C 0,25
Suy ra B(2 2 ,5 2 , ), (3t t t C u,1 4 ,1u u), gọi M,N là trung điểm của AB, AC
Ta có (1 ,3 , 2 ), (3 ;1 2 ;5 )
Vì M d N2; d1 , thay tọa độ M, N vào phương trình đường thẳng d 2 , d 1 ta có:
2, 3 (6;1; 2), (0;13; 2)
E H
B A
Trang 6Ta có AB (6;0; 6);AC (0;12; 6) [AB AC; ]=(72;36;72)
1 , 2
ABC
9b
(1 điểm) Ta có
2
z z z Từ đó suy ra 2 42i 2 i z 0
z z
2
2 2
2
2 4
i z i
i i z
z z z
0,25
2
Vì zcó phần thực là số dương nên 1 2( os i sin )
Do đó phần thực của w là 8 và phần ảo của w là 8
0.25
HẾT