www.VNMATH.com 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 Câu Ý Nội dung Điểm 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị 1.0 Khi 1 m , ta có hàm số 4 2 2 y x x . Tập xác định : D . Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: 2 ' 2 (2 1) y x x ; ' 0 0 y x . - Khoảng đồng biến (0; ) , khoảng nghịch biến ( ;0) . - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại 0, 2 CT x y . - 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 b) Tìm m…… 1.0 Gọi điểm cố định mà đồ thị đi qua có tọa độ là: 0 0 ( ; ) x y , ta có 4 2 0 0 0 1 y x mx m luôn đúng với mọi m. Hay: 2 4 0 0 0 ( 1) 1 0 m x x y luôn đúng với mọi m 2 0 4 0 0 1 0 1 x y x Khi đó ( ) m C luôn luôn đi qua hai điểm cố định là ( 1;0), (1;0) A 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 www.VNMATH.com Vậy với 3 2 m , 5 2 m thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 Giải phương trình lượng giác 1.0 Phương trình đã cho trở thành 2cos6x+2cos4x- 3cos2x =sin2x+ 3 4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos 2 x os x=0 2cos5x =sinx+ 3cos c x cos 0 os5x=cos(x- ) 6 x c 2 24 2 2 42 7 x k k x k x 0.25 0.25 0.25 0.25 3 Giải bất phương trình: 2 2 2 3 2 x x x x 1.0 Điều kiện: 2 3 x . Bất phương trình trở thành: 2 2 3 2 ( 2) 0 x x x x 2 2 1 0 (1) 2 3 2 x x x x Đặt 2 ( ) 1 2 3 2 f x x x x với 2 3 x . Ta có 2 2 2 3 2 ' 2 '( ) 1 0, 3 2 3 2 x x f x x x x . Do đó 2 5 3 ( ) 0 3 3 2 f x f . Khi đó từ (1) ta có 2 0 2 x x . 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 Tìm hệ số của 10 x trong khai triển 1.0 Ta có 0 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 (1 1) 2 n n n n n n C C C . Lại có: 0 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ; ; ; ; n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C 0.25 0.25 www.VNMATH.com Do đó: 2 1 0 1 2 20 2 1 2 1 2 1 2 2 2 1 2 1 10 2 n n n n n n C C C n Mà: 10 10 10 10 0 (2 3 ) 2 3 k k k k k x C x Hệ số của 10 x tương ứng 10 k Vậy hệ số của 10 x là: 10 10 10 10 3 3 C . 0.25 0.25 5 Hình học không gian 1.0 * Tính thể tích: Gọi H = AC BD SH (ABCD) & BH = 3 1 BD. Kẻ HE AB AB (SHE) nên góc giữa (SAB) và (ABCD) là: 0 SHE 60 Mà HE = 3 1 AD = 3 2a SH = 3 32a . 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 Hay CD // (SBO) và BO (SAC). d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). Theo tính chất trọng tâm tam giác BCO ta có 2 2 1 2 5 2 IS 3 6 6 a a IH IC IH HS . 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com Kẻ CK SI mà CK BO CK (SBO) d(C;(SBO)) = CK. Trong tam giác SIC có: 1 1 . 2 3 . . 2 2 5 SIC SH IC a S SH IC SI CK CK SI 5 32. a SI ICSH . Vậy: 2 3 ( ; ) 5 a d CD SB . 0.25 6 Chứng minh 1.0 Ta có: 3 3 3 3 1 1 1 2 2 .4 .4 .4 .16 4 4 2 2 4 a b ab bc abc a b a b b c a b c 3 4 4 4 16 2 4 4 4 12 28( ) 7 12 a b b c a b c a b a b c Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: 16 4 1 ; ; 7 7 7 a b c 0.25 0.5 0.25 7 Tìm tọa độ đỉnh C và D 1.0 Ta có: 1;2 5 AB AB . Phương trình của AB là: 2 2 0 x y . : ; 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: D . 4 ABC S AB CH (CH: chiều cao) 4 5 CH . Ngoài ra: 4 5 8 8 2 ; , ; | 6 4| 4 3 3 3 3 3 ; 5 5 0 1;0 , 0; 2 t C D t d C AB CH t C D Vậy tọa độ của C và D là 5 8 8 2 ; , ; 3 3 3 3 C D hoặc 1;0 , 0; 2 C D . 0.25 0.25 0.25 0.25 8 Viết phương trình đường thẳng d… 1.0 Theo giả thiết: ( ) (0;0), 13 ( ') '(6;0), ' 5 C có tâm O bán kính R C có tâm O bán kính R www.VNMATH.com Tọa độ các giao điểm của ( ) ( ') C và C là nghiệm của hệ phương trình: 2 2 13 2 2 ( 6) 25 x y x y 2 2 13 2 2 12 11 0 x y x y x 2 (2;3) ( 0) 3 3 x A vì y 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’ (3;0) I . Ta có IA // OM. Mà ( ) ( ) OM d nên IA d ( ) ( 1;3) d cóvtpt IA và qua (2;3) A Vậy phương trình đường thẳng : 1( 2) 3( 3) 0 3 7 0 d x y x y . 0.25 0.5 0.25 9 Giải phương trình 1.0 2 2 2 2 3 2sin sin 1 sin 1 2sin 2 9 4.9 13 9 3 x x x x 2 2 2 2 sin sin 2sin sin 36 27 3 9 13 9 9 9 x x x x . Đặt 2 sin x 9 ,1 9 t t , ta có phương trình : 2 39 27 13 0 1; 3; 9 t t t t t t . + Với 2 0 sin 0 t x x k . + Với 2 1 sin 0 cos 0 2 t x x x k . + Với 2 1 1 sin cos2 0 2 2 4 2 k t x x x . Vậy nghiệm phương trình là: ( ) 4 k x k . 0.25 0.5 0.25 Tổng : 10.00 Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần. . GD&ĐT B C NINH TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ NGÀY THI 18/01 /20 14 HD CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 20 14 Môn thi: TOÁN; Khối B Thời gian làm b i: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu. 0 2 1 1 2 2 2 1 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 2 1 ; ; ; ; n n n n n n n n n n n n n C C C C C C C C 0 .25 0 .25 www.VNMATH.com Do đó: 2 1 0 1 2 20 2 1 2. CK SI 5 32. a SI ICSH . Vậy: 2 3 ( ; ) 5 a d CD SB . 0 .25 6 Chứng minh 1.0 Ta có: 3 3 3 3 1 1 1 2 2 .4 .4 .4 .16 4 4 2 2 4 a b ab bc abc a b a b b c a b c 3