Giả sử I là giao điểm của MN và OO’... Gọi H là trung điểm của dây cung AB.. Ta có IH là đường cao của tam giác IAB... Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi
Trang 1ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 04/2014
Môn: TOÁN
1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,0 điểm)
1) Hàm số có TXĐ: R\ 2
0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
lim
2 x 2
x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
x y x y đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số ) Bảng biến thiên:
Ta có:
x 2 0, x 2
1 '
Bảng biến thiên:
x - 2 +
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
O
y
x
2 3/2 3/2
2
Trang 2x0
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
3 x ) x x ( 2 x
1 y
:
0
0 0 2
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của và hai tiệm cận là:
x 2;2
B
; 2 x
2 x
; 2
0
2
2 x 2 2
x
0
0 B
2 x
3 x 2
y
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
) 2 x (
1 )
2 x ( 2
2 x
3 x )
2 x (
0
2 0 2
0
0 2
0 2
0,25
3 x
1 x )
2 x (
1 )
2 x (
0
0 2
0
2 0
II
1)
PT 2cos3x(4cos2 x1)1 2cos3x(34sin2 x)1
Nhận xét xk,kZkhông là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1 ) sin 4 3 ( 3 cos
2 x 2 x 2cos3x(3sinx4sin3 x)sinx
2cos3xsin3xsinx sin6xsinx
2.0
0,25
2 6
2 6
m x x
m x x
7
2 7
5 2
m x
m x
;mZ
0,25 Xét khi
5
2m k 2m=5km5t , tZ
Xét khi
7
2 7
=k 1+2m=7kk=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2m
x (m5t);
7
2 7
x (m7l3)
0,25
Trang 3
2)
2 ln 3
0 (3 e x 2)2
dx I
Ta c ó
2 ln 3
3
) 2 (
x x x
e e
dx e I
Đặt u= 3
x
x
3
3 ;x0u1;x3ln2u2
0,25
Ta được: 2
1
2 ) 2 (
3
u u
du
u u
u
2
1
2 ) 2 ( 2
1 )
2 ( 4
1 4
1
0,25
=3
2
1 ) 2 ( 2
1 2
ln 4
1 ln 4
1
u u
8
1 ) 2
3 ln(
4
0,25
Vậy I
8
1 ) 2
3 ln(
4
III
2
3 5 1 2 ) 1 3 ( x x2 x2 x
PT 2(3x1) 2x2110x2 3x6
2 3 2 ) 1 2 ( 4 1 2 ) 1 3 (
2 x x2 x2 x2 x Đặt t 2x21(t 0)
Pt trở thành 4t2 2(3x1)t2x2 3x20
Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2
1.0
0,25
0,25
Pt trở thành 4t2 2(3x1)t2x2 3x20
Ta có:'(3x1)2 4(2x2 3x2)(x3)2 0,25
Trang 42 2
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
60 2
; 2
6 1
x
IV
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và
CD Khi đó OM AB và O N' CD Giả sử I là giao điểm của MN và OO’
Đặt R = OA và h = OO’ Khi đó:
OM
I
vuông cân tại O nên:
1.0
0,25
Ta có:
2
và
2
2 2
xq
Do x,y,z0nên điều kiện viết lại dưới dạng 1
y
z y
x
Và đặt
2 tan ,
2 tan
1 , 2
y
a
2
; 0 ,
c b
a Khi đó (1) viết dưới
2
tan 2
tan 2
tan 2
tan 2
tan 2
Trang 52 2 2 2
2
2
Dấu bằng xảy ra
3
1 2 sin
1 2 cos
c
b a
0,25
0,25
2 2
1 2
2
1 2
tan 3
1 2 sinc c z
b a b
a
1 2
2
1 2
y x a
Vậy
3
10 maxP khi
2 2
1 ,
2 ,
2
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 =
| 4 | | 5 | ( , )
d I
2
25
m
Diện tích tam giác IAB là SIAB 122SIAH 12
3
3
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 u (1; 3; 1)
Phương trình chính tắc của đường thẳng là: 1 2
x y z
0,25 0,25
0,25 0,25
I
H
5
Trang 6Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : 9
18
C
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 C cách 139
+ Không có bi vàng: có C cách 159
0,25 0,25
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có 9
10
C 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 42910
C C C C cách 0,25
1
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ (0; 2)
0 4 2 3
0 4 2
B y
x
y x
Đường thẳng d đi qua E và song song với BC có phương trình:
0 5 2 0
) 2 ( 2 ) 1 (
1x y x y Tọa độ giao điểm F của d và đường
4
11
; 2
1 ( 0 4 2 3
0 5 2
F y
x
y x
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:
2(x ) 1( y ) 0 2x y 0
0.25
0,25
A
B
G
M
E
C
I
F
Trang 7Tọa độ G là nghiệm của hệ
1 109
15
28 56
8
G
Tọa độ trung điểm M của BC là nghiệm của hệ:
2 4 0 15
8
10;
39 20
)
Ta có AG2GM A( 1 ; 529
140 280
)
0,25
0,25
2 MdM(2t;1t;t) Ta có AM (2t1)2 t2t2
3
1 2 3
1 2 2 2 2 )) ( ,
P M
Giả thiết có AM 3d(M,(P)) 2t1= (2t1)2 t2 t2 t 0;t=4
t =0 ta cóM(0;1;0)
t=4 ta có M(8;5;-4)
0.25 0,25
0,25 0,25
VIIb
1.0
Điều kiện:x0
Bất phương trình 3(x3)log2 x2(x1)
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình
TH1 Nếu x3 BPT
3
1 log
2
3
x
x x
Xét hàm số: f x log2 x
2
3 ) ( đồng biến trên khoảng 0;
3
1 )
(
x
x x
g nghịch biến trên khoảng 3;
*Với x4:Ta có
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
Bpt có nghiệm x4
* Với x4:Ta có
3 ) 4 ( ) (
3 ) 4 ( ) (
g x g
f x f
Bpt vô nghiệm
0,25
0,25
Trang 8f x log2 x
2
3 ) ( đồng biến trên khoảng 0;
3
1 )
(
x
x x
g nghịch biến trên khoảng 0;3
*Với x1:Ta có
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
Bpt vô nghiệm
* Với x1:Ta có
0 ) 1 ( ) (
0 ) 1 ( ) (
g x g
f x f
Bpt có nghiệm 0x1 0,25
Vậy Bpt có nghiệm
1 0
4
x x
0,25
