Đáp án đề thi thử đại học môn toán lần 2 khối B trường THPT Ngô Gia Tự năm 2014

Khi đó ABCO là hình vuông cạnh a... Mặt khác: S ABCDAB CH... Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là trung điểm của đoạn thẳng MM’.

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

Khi m 1, ta có hàm số y  x4  x2  2

 Tập xác định : D 

 Sự biến thiên:

- Chiều biến thiên: y'2 (2x x21); y '   0 x  0

- Khoảng đồng biến (0;) , khoảng nghịch biến ( ;0)

- Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x0,y CT  2

- Giới hạn: lim

x  và lim

x 

- Bảng biến thiên

x  0 

y’ – 0 +  

y -2

 Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại ( 1;0);(1;0)  và cắt Oy tại (0; 2) 

0.25

0.25

0.25

0.25

Gọi điểm cố định mà đồ thị đi qua có tọa độ là: ( ;x y , ta có 0 0)

y x mx m luôn đúng với mọi m

Hay: m x( 021) 1 x04y0 0 luôn đúng với mọi m

2 0 4

1 0 1

x

y x



 

 Khi đó (C m) luôn luôn đi qua hai điểm cố định là A( 1;0), (1;0)  B Hai tiếp tuyến tại A, B vuông góc nên có

3 '( 1) (1) 1 ( 4 2 )(4 2 ) 1

2

y  y      m  m   m  hoặc 5

2

m  

0.25 0.25 0.25

0.25

Vậy với 3

2

m   , 5

2

m   thỏa mãn yêu cầu bài toán

Phương trình đã cho trở thành

2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 3

 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos2x

os x=0 2cos5x =sinx+ 3 cos

c

x



 



os5x=cos(x- )

6

x













2

24 2 2

42 7

k x

k x







 











  



0.25

0.25

0.25

0.25

Điều kiện: 2

3

x  Bất phương trình trở thành:   2

x  x  x  x 





2 3

x 

3

f x f     

Khi đó từ (1) ta có x 2 0x 2

Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình: 3 2

2 x 

0.25

0.25

0.25

0.25

4

Ta có C20n1C21n1 C22n n11 (1 1) 2n1 22n1

2 1 2  1; 2 1 2 1; 2 1 2  1; ; 2 1 2  1

0.25 0.25

Do đó:

2 1

2





n

Mà:

10

10 0



k

Hệ số của 10

103 3

0.25

0.25

* Tính thể tích:

3

1

BD

SHE60

Mà HE =

3

1

AD =

3

2a

 SH =

3

3

2a

V SABCD =

3

1

.SH.S ABCD =

3

3

3

a

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 =

2

1

AD

CD  AC  CD  (SAC) và BO // CD

d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO))

Theo tính chất trọng tâm tam giác BCO ta có

IS

0.25

0.25

0.25

Kẻ CK  SI mà CK  BO  CK  (SBO)  d(C;(SBO)) = CK

Trong tam giác SIC có:

3 2

SI

IC SH

5

 a

0.25

Ta có:

2

7 12

 

a b c

Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 16; 4; 1

0.25

0.5

0.25

7

Ta có:

AB   AB



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:

2 1; 2 , 2 ; 2 2

C t t D t t

Mặt khác: S ABCDAB CH  (CH: chiều cao) 4 4

5

CH

Ngoài ra:  

| 6 4 | 4

;

0 1;0 , 0; 2

t

d C AB CH



Vậy tọa độ của C và D là 5 8; , 8 2;

C  D 

    hoặc C1; 0 , D0; 2 

0.25

0.25

0.25

0.25

8

Theo giả thiết:





C có tâm O bán kính R

C có tâm O bán kính R

Tọa độ các giao điểm của ( )C và C( ') là nghiệm của hệ phương trình:









 



2

(2;3) ( 0) 3

3









  





x

y

A y

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 có vtpt IA và qua A(2;3) Vậy phương trình đường thẳng d: 1( x2) 3( y3)   0 x 3y 7 0

0.25

0.5

0.25

2

2 sin

2

sin

Đặt s in x2

2

39 27

1 sin 0 cos 0

2





Vậy nghiệm phương trình là: ( )

4



0.25

0.5

0.25

Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần