WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 NỘI DUNG

3

y

x

23 x

Câu I Điểm 1

2

1.Khi m=1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên

)

 và (2;

0 ;y

x 

0    4

cd 2 ;y

x 

ct

 

 

-Chiều biến thiên y x x ' 3  0 2 x  y 6 ' 0       x

; lim x 

x

………………………………………………………………………………………... Hàm số đồng biến trên khoảng ( ;0) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) -Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại Hàm số đạt cực tiểu tại -Giới hạn : lim 

x

0

2





+

+

0

0

y'

-

y



0

-4



………………………………………………………………………………………... Bảng biến thiên

0.25 0.25 0.25 0.25

………………………………………………………………………………………... Đồ thị

WWW.VNMATH.COM

2

2

mx

3(

m

6

y

x

y  có hai nghiệm

' 0

2

0

  có hai nghiệm phân biệt 1)     1) 9 0 m

m 2 m

 

2:Tìm m để đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O TXD: D=R Ta có  1)  ' 3 Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm  2  mx 3( 6 x 3 2    9m 9( '

2

2

2

2

2

2

Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y   1 1  x m      ' 0 x m 

 (2 2 ) m

  

(m+1)

(m-1)

OA 9

OB

2

  2 m

m 5

   2 0

 m    m 

2 1 2

Điểm A(m-1;2-2m);B(1+m,-2-2m) lần lượt là điểm cực đại ,điểm cực tiểu của đồ thị hàm số theo giả thiết ta có OB=3 OA   m ( 2 2 )

 m 2    m 

1 2

Vậy với thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ

2

1 0.25 0.25 0.25 0.25 1

điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O

2 2s inx(cos x sin x)

s inx

3 cos 3x

Giải phương trình : (1)

2

0.25

phương trình (1)

WWW.VNMATH.COM

2 sin x.cos 2 x

s inx

3 cos 3x

s inx

3 cos 3x

sin 3x s inx 

sin 3x

3 cos 3x

2 sin x

sin 3x

cos3x

s inx

3 2

1 2

cos

sin 3x sin

cos3x

s inx

sin(3x

)

sin x

 3

 3

 3

3x

x k2

x

 

k  

k Z 

3x

x k2

x

k

   

 3  3

 2

 6  3

     

     

2

x

  4

6

  x

2

x

13

x

17

  6

x

2

2

6

2

13

4 1)

17

(

( 6

  

1) 2 x

13

 15 0

  x

x

x

     x

x

x

(

x

 

4 1)

( 6

1)

(

x

5)(2

x

3)

0

  4 1)( x

1)( 6     x x   1 6 x

x   4 1 5

5

x

x

(

5)(2

 3) 0

x

x

6

  x

1

x x 

(2

x

3)

0

6

x

   

  4 1 5 1 4 1   1

1 1   x 1

1

1

(2

x

3) 0

 

(2

x

3)

Ta có

x

 

4 1

6

  x

1

6

  x

1

x

4 1

1

1

1

3.Giải phương trình Điều kiện : 4 Ta có :   4 x

  

1

x

4;6

2

x

   

3 5

x

4; 6

và

  

x

6

4 1

 

  x

 

4 1

1

0.25 0.25 0.25 1 0.25 0.25 0.25 0.25

x Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5

3

1

4

2

Vì

2

Tính tích phân I   x x (   ln 2   3) dx 

3

3

2

3

I

x

x

dx

x

x

x x (

ln(

3

2)

ln(

2 1) (

2)dx

 ln 2 

 3) dx 

Ta có 3

2

2

2

3

3

3

ln(

x

2 1) dx

ln(

x

2)dx

x

1) dx

ln(

x

2)dx

2

3  2 ln( 2

2

3

du

 2 ln(x 1) dx 

2 ln(x 1)  u  dv dx

2

  

2 2dx    x 1     v x 1 

3

3

3

Xét Đặt J 

2

2

2

3  2 dx 2

0.25 0.25 0.25

J  2(x 1).l n(x-1)   2(x 1).ln(x-1)   2x.  4ln 2 2  

WWW.VNMATH.COM

3

u

 ln(x 2)

du

0.25

dv

dx

2

  

dx  x 2 x 2

      v 

3

3

3

3

Xét K   ln(x 2) dx Đặt

2

2

2

2

I 

 5ln 5 4ln 2 3

5

1

K (x 2).l n(x+2)    dx  (x 2).ln(x+2)   x.  5ln 5 4 ln 4 1  

S

H

B

A

D

C

vậy Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D biết AB =2a ; AD=DC=a.(a>0) SA (ABCD) ,góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD)

  AC BC

có CH là trung tuyến +Theo giả thiết ta có AD= DC = a .Gọi H là trung điểm của AB  HA=HB=a Từ giả thiết  ADCH là hình vuông cạnh a .Trong tam giác ABC

CH

AB

1 2

AC BC a 2

   

vì vuông cân tại C và  ABC 

BC (SAC) BC SC     BC AC  BC SA      

(ABCD) BC  (SBC) BC SC (SBC)  là góc giữa (SBC) và (ABCD) +Có   0  SCA 45

2

       BC AC (ABCD)   SA (ABCD) 

S

(

AB DC AD

).

ABCD

1 2

a 3 2

2

2

SA=AC= AD +DC

2

+Ta có diện tích hình thang ABCD

a

0.25 0.25

+Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có

WWW.VNMATH.COM

2

3

V

S

.SA

a 2.

a

S.ABCD

ABCD

3a 2

2 2

1 3

SDCB

+Thể Tích khối chóp SABC là :

V

.d(B; (SCD))

d(B; (SCD))

SDCB

S 

BCD

1 3

1 3 3V S 

BCD

0

3

Ta có

V

BC.CD.sin135 .SA

a

0  C 135

SDCB

0.25 0.25

2 6

3

3

3.

a

SDCB

1 1 3 2 2 6

có  nên Trong BCD

d(B;(SCD))

2

0

a 6 3

2a 3a

BCD

3V S 

a.a 2.sin135

1 2

câu6

1

2

3

2

x

y

(

)

Vậy

P

 1)

 y  ( x

( x  y

: Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3  ) 1)(

2

Đặt t =x + y điều kiện t > 2

4

xy

(

x

y ta có )

xy

2t 4

3

2)

t

P

Áp dụng bất đẳng thức

xy

2   t xy

2t  4

3

2

t (3

t

2 t  

2)

(3 xy t 1 t   2 t 4

P

2

t 

t

2

t  

1

t 4

2

do 3t-2>0 nên ta có

)

f

t ( )

t 

t

2

2

0 (l)

Xét hàm số trên (2;

f

f

t '( ) 0

t '( )

4 (tm)

t      t   

t t 4  2 t ( 2)    ; lim f (t) 

x

lim f (t) x  2  t

4



có

2

f'(t)

-

+

0

0.25 0.25 0.25 0.25

f(t)





8

WWW.VNMATH.COM

f

(4) 8

 

minP

8

t min ( ) f (2; )



4 dấu = xảy ra khi và chỉ khi  x xy   y  4 x y   2 2      

7a

 MA a (

 

2; 1)

2;

b

1)

 MB b (

TỰ CHỌN A theo chương trình chuẩn

MA MB 

  MB MA .

0

ABM

1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có

2

2

 MA MB

 MA MB

  

   

(

a

2)

b (

0

vuông cân tại M nên

b 2)( 2

  1) 2

2

(

a

2)

 

1 (

b

2)

b (

1)

   

2  

a

2  

a

1 2

 

b b

vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có

2

2

2

2

2

2

b

 

1 (

2)

b (

1)

)

(

(

a

2)

b

2)

b (

1)

1  b 2  b   1 (

    

b b

 

      

2

a

2  

1

2

2

b (

1)

2

2

4

1)

2)

(

( b

b

2) ( b

 b 1  b 2  ( b 2 2) 

      

1 2  a   b     a   b      ; 2 0

y

3 : 3

:

x

x

  y

 12 0

.

Vậyphương trình đường thẳng

8a Ta có  (1) dk  1 n 2 2 C n 14 3 C 3 n  n 3   n N với điều kiện trên phương trình (1) tương đương

  28 1)( 1) n n ( n 2) 1 n 4 n n (   

2 n  

0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5

18

n 7 18 0  9 n   2      n

x 3 )

nx 2 3 ) k

  (1 k

3)

x

kết hợp điều kiện n=9 Với n=9 ta có khai triển

(1  k 18(

 

1

kT C 9x khi k =9

9

3)

Số hạng tỏng quát

9x trong khai triển là

9 C  18 (

3

3 x

x

 x x

x

9a Giải phương trình

3

2.3

2 3

  (1) 2 0

3

3

x

x

3

3

x

3  x x

 x x

3 x

x

số hạng chứa Vậy hệ số của

  x x x .3 3  x x  (1 3

2 3 ) 2(1 3

)

  

(1 3

0

)(3

2)

0

3  x x

3

 

1 3

  

0

x

x

0

 x 0  1    x    x 1 

0.25 0.25

Ta có 3 x  3 (1)

WWW.VNMATH.COM

1

 x 0   1 x    x 

0.25 0.25 1

7b

có đỉnh

3; 4

x

1 0

 , đường phân A  y   và tâm đường tròn ngoại tiếp gấp 4 lần

là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC

.

IBC

có

2

2

(

y

x

7)

5  1)

IA  . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC : (

A

. Tọa độ

I

Vậy Phương trình đã cho có nghiệm

 D  

0,25 0,25

C

B

K

H

D

0,25

 DI 

hay đường thẳng BC nhận véc tơ

3; 4

4

y

c

  0

4

S

S

AH

2;3 x 2 1) 25 x (  

x

ABC

IBC

31

c

nên  c 7

 AH d

 IK d

+ Mà

và

nên

A BC ;

I BC ;

5

5

0,25

c

 

7

4 31

  c

c

    

114 3 131 5

   c 

114 0

20

x

y

x

y

Vậy phương trình cạnh BC là : 9

 hoặc 15

 131 0

12 8b Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy

1

4

5C cách chọn

.C C cách chọn

3 4

1 5

.C C cách chọn

3 5

1 4

1

3.C C cách chọn

3 5

0,25 0,25 0,25

B Theo Chương Trình nâng cao Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC giác trong của góc A có phương trình ABC diện tích + Ta có  dạng C 25 + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC của D là nghiệm của hệ 1 0    y   2 y ( 7)    + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. làm vec tơ pháp Do đó ID BC tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3 + Do IK 4

ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là TH1: Cả 4 viên bi được chọn đều là bi đỏ số cách là : TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh số cách là : TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh số cách là : TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng số cách là : TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh

WWW.VNMATH.COM

.C C cách chọn

2 4

2 5

0,25

1 4

1

.

.

C C C =275 cách chọn thoả mãn yêu

2 1 C C C cách chọn . 5 3 .C C + 3 3 5 4

. 5C + 1

.C C + 2 2 5 4

.C C + 3 1 5 4

3.C C + 2

1 3

1 4

5

5

số cách là : TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh số cách là : 4 Vậy có cầu bài toán

x

x

2

1

9b Giải phương trình

9

 (1)

3

3

x

x

x

x

  1 .log 3    1) 3

 

1).(log 9 log (3

 1)) 3

log (3 3

3

3

x

x

(1)

 log 3 3 1).log 9(3 3  1).(2 log (3

 1)) 3

3

 x

t 

1) t>0

log (3 3 log (3 3 log (3 3

2

Đặt

x

x

x

(1) (2 t t t t 2 ) 3      kết hợp điều kiện ta có t=1 3 (l)

1)=1

2

3

x

log 2 3

log (3 3

x 

0,25 0,25 0,25 0,25

log 2 3

1  t 3 0       t          1 3 3

Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa

với t=1 Vậy phương trình có nghiệm