ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 THÁNG 6/2014
MÔN: TOÁN
Câu
Nội dung
Điểm
1a
(1 điểm)
3
1, y=x 3 2mx
* Tập xác định: D = R
* Sự biến thiên:
- Chiều biến thiên:
2
' 3 3; ' 0 1y x y x
0,25
- Hàm số đồng biến trên các khoảng
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
xy
;
lim
xy
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)y x m x m
Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình:
'0y
có hai nghiệm phân biệt
2
' ( 2) 0 2mm
0,25
Khi đó áp dụng định lý viet ta có:
1 2 1 2
2( 1) (2 1)
;
33
mm
x x x x
2 2 2
1 2 1 2 1 2 1 2
1 ( ) 3 1 0x x x x x x x x
0.25
21
2 5 2 0 2, 2
m m m m
0.25
Đối chiếu điều kiện ta có:
1;2
2
mm
0.25
0
-4
2
(1 điểm)
Điều kiện:
sinx+cos 0x
Phương trình đã cho tương đương:
2
os cos 1 2 1 sinx sinx osxc x x c
0,25
2
(1 sin ) cos 1 2 1 sinx sinx osxx x c
0,25
2sinx 1
1 sinx 1 cos 0 cos 1
xx
0,25
2()
22
xk
kZ
xk
Đối chiếu điều kiện ta thấy các họ nghiệm trên đều thỏa mãn.
0,25
3
(1 điểm)
3
22
(4 3)( 4 3 8 1) 9 (1)
( 4)( 4) 4 (2)
x y x
x x y y
Điều kiện
Từ phương trình (2) ta có
22
( 4)4 4( 4 )x x y y
22
44x x y y
(3)
0,25
Xét hàm số với
xR
Ta có
2
222
4
'( ) 1 0
444
xx
x x x
fx xxx
với
xR
suy ra hàm số
đồng biến trên
R
.
Từ (3) ta có
( ) ( )f x f y x y
0,25
Thế vào (2) ta được:
3
(4 3)( 4 3 8 1) 9x x x
(4)
Vì
3
4
x
không phải là nghiệm của (4) nên
39
(4) 4 3 8 1 0
43
xx
x
Xét hàm số
39
( ) 4 3 8 1
43
g x x x x
trên
3
( 4; ) \{ }
4
Ta có
2
2
3
1 1 36 3
'( ) 0 4, 4
(4 3)
24
(3 4)
g x x x
x
xx
Suy ra hàm số
()gx
đồng biến trên các khoảng
33
( 4; );( ; )
44
. Do đó phương
trình
( ) 0gx
có tối đa 2 nghiệm.
0,25
Ta lại có
(0) ( 3) 0gg
suy ra
0; 3xx
là các nghiệm của phương trình
( ) 0gx
.
Với
0 0; 3 3x y x y
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
xe dx
x
.
Đặt
2
1
( 1); ' ( 1)
x
u x e v x
0.25
Ta có
( ( 1) 1)
x
du e x dx
; chọn
1
1
vx
0.25
I=
1
1
0
0
( 1) 1
| ( )
11
xx
xe e dx
xx
0.25
=
1
0
13
( ln 1)| ln2
2 2 2
x
ee
ex
.
Vậy I =
3
ln2
22
e
0,25
5
(1 điểm)
*) Tính thể tích:
Gọi H là trung điểm của BC suy ra H là
tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác
(ABC) nên
' ( )B H ABC
.
Từ giả thiết ta suy ra góc giữa BB’ và
(ABC) bằng 600. Do đó:
0
' .tan60 3B H BH a
0,25
Ta có
2
11
.3
22
ABC
S AB AC a
Suy ra
3
. ' ' ' 3
'. 2
ABC A B C ABC
V B H S a
(đvtt)
0,25
*) Tinh góc:
Gọi
M
là trung điểm của AB, suy ra
( ' ) ( ') ( ' )AB B HM ABB B HM
. Do
đó góc giữa
'BH
và
( ')ABB
là góc giữa
'BH
và
'BM
.
0,25
Ta có
11
tan ' ' arctan
' 2 2
MH
MB H MB H
BH
Vậy góc giữa
'BH
và
( ')ABB
là
1
arctan 2
0.25
6
(1 điểm)
Từ giả thiết ta có:
1 1 1 1
3( ) ( ) 3( ) 2 2 3( )( ) 2
xy x y x y
y x x y x y
10
2 3( ) 6 2 3
x y x y
y x y x
.
Đẳng thức xẩy ra khi
11
3( ) 3, 1
10 1, 3
3
xy xy
xy
x y x y
yx
0,25
A
B
C
A’
B’
C’
H
M
22
22
44
3
( 2 )( )
xy
P x xy y y x xy
4 4 3 3 2 2
4 4 3 3 2 2
( ) 2( ) ( ) 3( ) 6
x y x y x y x y
y x y x y x y x
0.25
Đặt
xyt
yx
, ta có
10
3
t
và
4 3 2
2 3 3 6P t t t t
Đặt
4 3 2 10
( ) 2 3 3 6, t 3
f t t t t t
3 2 2 2
'( ) 4 6 6 3 2 (t-3)+2t(t -3)+3 > 0 f t t t t t
với
10
3
t
0.25
Do đó
10 2596
( ) ( )
3 81
f t f
, có “=” khi
10
3
t
hay
3, 1
1, 3
xy
xy
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 2 2 5
( ; ) 2
d I d IH R IH IM
Theo giả thiết ta có hệ:
22
2
(1)
5
( ; ) (2)
2
IM IN
d I d IM
0.25
Từ (1) ta có
3 5 3 5a b a b
Từ (2) ta có
22
3 12 5
( 2) ( 4) 2
10
ab ab
0.25
Thế (1) vào (2) ta có :
22
6 17 5
(3 7) ( 4) 2
10
bbb
2
6 17 125
10 50 2
10
bbb
2
8 37 42 0bb
2
21
8
b
b
0,25
Do đó ta có 2 trường hợp:
1, 2
23 21
,
88
ab
ab
Suy ra 2 đường tròn thỏa mãn:
22
22
( 1) ( 2) 5
23 21 170
( ) ( )
8 8 64
xy
xy
0,25
8a
Gọi
'd
là đường thẳng cần lập và M là giao điểm của .
0,25
H
I
N
M
B
A
(1 điểm)
Ta có:
(3 3 ; 3 2 ;2 2 )M t t t
Vì
'/ /( )dP
nên
.0AM n
Ta có:
(3 1; 2 2;2 5)AM t t t
,
(3; 2; 3)n
. 0 2AM n t
0,25
(9; 7;6), (5; 6;9)M AM
. Vì
'd
đi qua
,AM
nên phương trình
4 1 3
': 5 6 9
x y z
d
0,25
Ta thấy
()AP
nên
'/ /( )dP
. Vậy pt cần lập là:
4 1 3
': 5 6 9
x y z
d
0,25
9a
(1 điểm)
Số cách chọn 7 bi bất kỳ là:
7
20 77520C
0,25
Số cách chọn ra k bi đỏ trong số 7 bi đã chọn là
7
12 8
.
kk
CC
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
. . . 4040C C C C C C
0,25
Xác suất cần tìm là: P=P0+P1+P2=
4040 101
77520 1938
P
0,25
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
ADE ABCD
SS
0,25
Ta có
132AHAE
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
015 yx
nên D(d; 5d+1) với d > 0
0,25
13
28
2
;;.
2
1
AE
S
AEDdAEDdAESADE
ADE
2 3(5 1) 1 28
13 13
dd
13 2 28d
30
13 2 28 ()
13
13 2 28 2( / )
dd loai
dd 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
12
,dd
.
Giả sử đường thẳng
12
,dd
là trung tuyến đi qua B, C.
0,25
Suy ra
(2 2 ,5 2 , ), (3 ,1 4 ,1 )B t t t C u u u
, gọi M,N là trung điểm của AB, AC.
Ta có
35
(1 ,3 ,2 ), ( ;1 2 ; )
2 2 2
t u u
M t t N u
.
0,25
Vì
21
;M d N d
, thay tọa độ M, N vào phương trình đường thẳng d2, d1 ta có:
2, 3 (6;1; 2), (0;13; 2)t u B C
0,25
E
H
D
C
B
A