Đáp án đề thi thử đại học môn toán khối B lần 1 năm 2013 và 2014

WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 Câu NỘI DUNG Điểm I 1.Khi m=1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 3 2 3 y x x   1 a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên -Chiều biến thiên 2 0 ' 3 6 ' 0 2 x y x x y x           ……………………………………………………………………………………… Hàm số đồng biến trên khoảng ( ;0)  và (2; )  Hàm số nghịch biến trên khoảng (0;2) -Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại 0 ;y 0 cd x   Hàm số đạt cực tiểu tại 2 ;y 4 ct x    -Giới hạn : lim ; lim       x x ……………………………………………………………………………………… Bảng biến thiên ……………………………………………………………………………………… Đồ thị 0.25 0.25 0.25 0.25 y' + + x y   -   0 0 0 2 0 - 4 WWW.VNMATH.COM 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 2 2 ' 3 6 3( 1) y x mx m     Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi ' 0 y  có hai nghiệm phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm  2 2 3 6 3( 1) 0 x mx m     có hai nghiệm phân biệt 2 2 ' 9m 9( 1) 9 0 m m         Vậy m  đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và 1 ' 0 1 x m y x m          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 2 2 2 2 2 2 9 (m+1) ( 2 2 ) (m-1) (2 2 ) OB OA m m          2 2 2 5 2 0 1 2 m m m m            Vậy với m 2 1 m 2       thì 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 1 0.25 0.25 0.25 0.25 2 Giải phương trình : 2 2 2s inx(cos x sin x) s inx 3 cos 3x    (1) 1 phương trình (1) 0.25 WWW.VNMATH.COM 2sin x.cos 2x s inx 3 cos3x sin 3x sinx sinx 3 cos3x 1 3 sin 3x 3 cos3x 2sin x sin3x cos3x sinx 2 2 cos sin 3x sin cos3x sinx sin(3x ) sin x 3 3 3 3x x k2 x k 3 6 k Z 3x x k2 x k 3 3 2                                                          3.Giải phương trình 2 4 6 2 13 17 x x x x       Điều kiện : 4 x 6   Ta có : 2 2 4 6 2 13 17 ( 4 1) ( 6 1) 2 x 13 15 0 ( 4 1)( 4 1) ( 6 1)( 6 1) ( 5)(2 3) 0 4 1 6 1 x x x x x x x x x x x x x x x                                   5 5 ( 5)(2 3) 0 4 1 6 1 x x x x x x             5 1 1 (2 3) 0 4 1 6 1 x x x x                Ta có 1 1 1 1 (2 3) 0 (2 3) 4 1 6 1 4 1 6 1 x x x x x x                 Vì   1 1 1 1 4;6 4 1 6 1 4 1 x x x x            và   2 3 5 4;6 x x    Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5 0.25 0.25 0.25 1 0.25 0.25 0.25 0.25 4 Tính tích phân 3 2 2 ln 2 ( 3) dx I x x         1 Ta có 3 3 3 2 3 2 2 2 2 3 3 3 3 2 2 2 2 2 ln 2 ( 3) dx ln( 3 2) ln( 1) ( 2)dx ln( 1) dx ln( 2)dx 2 ln( 1)dx ln( 2)dx I x x x x dx x x x x x x                             Xét 3 2 J 2 ln(x 1) dx    Đặt 2dx u 2ln(x 1) du x 1 dv dx v x 1                 3 3 3 3 2 2 2 2 J 2(x 1).ln(x-1) 2 dx 2(x 1).ln(x-1) 2x. 4ln 2 2          0.25 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM Xét 3 2 K ln(x 2)dx    Đặt dx u ln(x 2) du x 2 dv dx v x 2                 3 3 3 3 2 2 2 2 K (x 2).l n(x+2) dx (x 2).ln(x+2) x. 5ln5 4ln 4 1           vậy 5ln 5 4ln 2 3 I    0.25 5 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) 1 A D C B S H +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  có CH là trung tuyến và 1 CH AB 2   ABC  vuông cân tại C AC BC AC BC a 2          vì BC AC BC (SAC) BC SC BC SA          +Có  0 (SBC) (ABCD) BC BC SC (SBC) SCA 45 BC AC (ABCD) SA (ABCD)                 là góc giữa (SBC) và (ABCD) +Ta có diện tích hình thang ABCD 2 1 3 ( ). 2 2    ABCD a S AB DC AD +Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có 2 2 SA=AC= AD +DC 2  a 0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM +Thể Tích khối chóp SABC là : 2 3 S.ABCD ABCD 1 1 3a 2 V S .SA a 2. a 3 3 2 2    Ta có SDCB SDCB BCD BCD 3V 1 V S .d(B;(SCD)) d(B;(SCD)) 3 S      Trong BCD  có  0 C 135  nên 0 3 SDCB 1 1 2 V BC.CD.sin135 .SA a 3 2 6   Vậy 3 3 SDCB 2 0 BCD 2 3. a 3V 2a a 6 6 d(B;(SCD)) 1 S 3 3a a.a 2.sin135 2      0.25 0.25 câu6 Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức : 3 3 2 2 ( ) ( ) ( 1)( 1)       x y x y P x y 1 Đặt t =x + y điều kiện t > 2 Áp dụng bất đẳng thức 2 4 ( )   xy x y ta có 2 t xy 4  3 2 (3 2) 1       t t xy t P xy t do 3t-2>0 2 t xy 4    nên ta có 2 3 2 2 2 (3 2) 4 2 1 4         t t t t t P t t t Xét hàm số 2 ( ) 2   t f t t trên (2; )  có 2 2 0 (l) 4 '( ) '( ) 0 4 (tm) ( 2)            t t t f t f t t t x x 2 lim f (t) ; lim f (t)         0.25 0.25 0.25 0.25 f'(t) t f(t) 2  0   + - 4 8 WWW.VNMATH.COM (2; ) min ( ) (4) 8 8      f t f minP dấu = xảy ra khi và chỉ khi 4 2 4 2             x y x xy y TỰ CHỌN A theo chương trình chuẩn 7a 1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có ( 2; 1) ( 2; 1) MA a MB b b       ABM  vuông cân tại M nên 2 2 . 0 MA MB MB MA MA MB MA MB                2 2 2 ( 2)( 2) ( 1) 0 ( 2) 1 ( 2) ( 1) a b b a b b                vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có 2 2 2 2 2 2 1 1 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( 2) ( 1) ( 2) 1 ( 2) ( 1) 2 b b a a b b b b b a b b b                                    . 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ( 2) ( 1) 4 ( 2) ( 1) ( 2) 3 a b a b b b b a b b b b                                       Vậyphương trình đường thẳng : 2 0 x y     ; :3 12 0 x y     8a Ta có 2 3 3 2 14 1 (1) dk 3 n n n n N C C n        với điều kiện trên phương trình (1) tương đương 2 4 28 1 ( 1) ( 1)( 2) 2 7 18 0 9 n n n n n n n n n n                 kết hợp điều kiện n=9 Với n=9 ta có khai triển 2 18 (1 3 ) (1 3 ) n x x    Số hạng tỏng quát 1 18 ( 3) k k k k T C x    số hạng chứa 9 x khi k =9 Vậy hệ số của 9 x trong khai triển là 9 9 18 ( 3) C  0.25 0.25 0.25 0.25 0.5 0.5 9a Giải phương trình 3 3 2 3 2.3 3 2 0 x x x x x      (1) Ta có 3 3 2 3 .3 3 x x x x x    3 3 3 3 3 3 3 (1) 3 (1 3 ) 2(1 3 ) 0 (1 3 )(3 2) 0 0 1 3 0 0 1 1 x x x x x x x x x x x x x x x x x                                0.25 0.25 WWW.VNMATH.COM Vậy Phương trình đã cho có nghiệm 0 1 1 x x x          0.25 0.25 B Theo Chương Trình nâng cao 7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC  có đỉnh   3; 4 A  , đường phân giác trong của góc A có phương trình 1 0 x y    và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC  là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC  gấp 4 lần diện tích IBC  . 1 + Ta có 5 IA  . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC  có dạng   2 2 :( 1) ( 7) 25 C x y     + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC  . Tọa độ của D là nghiệm của hệ   2 2 1 0 2;3 ( 1) ( 7) 25 x y D x y             0,25 0,25 + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểm chính giữa cung nhỏ BC. Do đó ID BC  hay đường thẳng BC nhận véc tơ   3; 4 DI   làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3 4 0 x y c    0,25 + Do 4 ABC IBC S S    nên 4 AH IK  + Mà   ; 7 5 A BC c AH d    và   ; 31 5 I BC c IK d    nên 114 3 7 4 31 131 5 c c c c               0,25 Vậy phương trình cạnh BC là : 9 12 114 0 x y    hoặc 15 20 131 0 x y    8b Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng 1 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 : 4 5 C cách chọn TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh số cách là : 1 3 5 4 . C C cách chọn TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh số cách là : 3 1 5 4 . C C cách chọn TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng số cách là : 3 1 5 3 . C C cách chọn TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh 0,25 0,25 0,25 K H D I C B A WWW.VNMATH.COM số cách là : 2 2 5 4 . C C cách chọn TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh số cách là : 2 1 1 5 3 4 . . C C C cách chọn Vậy có 4 5 C + 1 3 5 4 . C C + 3 1 5 4 . C C + 3 1 5 3 . C C + 2 2 5 4 . C C + 2 1 1 5 3 4 . . C C C =275 cách chọn thoả mãn yêu cầu bài toán 0,25 9b Giải phương trình     2 3 3 log 3 1 .log 3 9 3 x x    (1) 1 (1) 3 3 3 3 3 3 3 log (3 1).log 9(3 1) 3 log (3 1).(log 9 log (3 1)) 3 log (3 1).(2 log (3 1)) 3 x x x x x x               Đặt 3 log (3 1) t>0 x t   (1) 2 1 (2 ) 3 2 3 0 3 (l) t t t t t t               kết hợp điều kiện ta có t=1 với t=1 3 3 log (3 1)=1 3 1 3 3 2 log 2 x x x x        Vậy phương trình có nghiệm 3 log 2 x  0,25 0,25 0,25 0,25 Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa . ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2 013 -2 014 Câu NỘI DUNG Điểm I 1. Khi m =1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số 3 2 3 y x x   1 a)TXĐ:D=R b) Sự biến thi n. 2 1 1 2 2 2 2 1 ( ) 1 ( 2) ( 1) ( 2) 1 ( 2) ( 1) 2 b b a a b b b b b a b b b                                    . 2 2 2 2 2 2 1 2 1 2 ( 2) ( 1) 4 ( 2) ( 1) (. trình cạnh BC là : 9 12 11 4 0 x y    hoặc 15 20 13 1 0 x y    8b Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn