Đáp án đề thi thử đại học môn toán lần 2 khối D năm 2014

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 2014 Câu Nội dung Điểm

1 1.Khi m=1 ta có y x3 3x2

TXĐ: R ; y'3x2 6x ; 













2

0 0

'

x

x y









x

y





x y

lim BBT

x  0 2 +

y’ + 0 - 0 +

y 0 



 -4 Hàm số đồng biến trên khoảng (0;2) , nghịch biến trên khoảng (;0);(2;)

Hàm số đạt cực đại y=0 tại x=0

Hàm số đạt cực tiểu y=-4 tại x=2

6

4

2

-2

-4

-6

2 Ta có y, 3x26mx3(m21)

Để hàm số có cực trị thì PT y , 0 có 2 nghiệm phân biệt

x22mx m 2  có 2 nghiệm phân biệt 1 0

   1 0, m Nên hàm số luôn có 2 cực trị

0.25

0.25

0.25

0.25

0.25 0.25

www.VNMATH.com

Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và

điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m)

0.25

3 2 2

m

m

   

  



Vậy có 2 giá trị của m là m   3 2 2 và m   3 2 2

0.25

Câu

os4x+ 3 sin 4 os2x+ 3 sin 2 0



2 sin(3 ) osx=0

6

x=

2

k









  





Vậy PT có hai nghiệm

2

x  k



  và

x  k

0.25

0.25

0.25

0.25

3 ĐK: x>-1

4 log

3 2 ).(

1 ( log 0

4 log

) 1 ( log 3 ) 1 ( log 2

3 3

3

3

0 1

0 ) 1 ( log3















x x

0.25 0.25

0.25 0.25

4 Rút y2 từ phương trình (2) thế vào (1) ta được

0 3 2 ) 2 ( 2

2









x



















3 2

1

y x

x

TH1: Thay x  1 vào (1) ta được 



















4

2 0

8 2

2

y

y y

y

TH2:Thay x2 y 3 vào (1) ta được

















































5

6 1 5

3 1

5

6 1 5

3 1 0

4 10

5 2

x y

x y

y y

Vậy hệ pt có 4 nghiệm (-1;2) (-1;-4) ( )

5

3 1

; 5

6

5

3 1

; 5

6



0.25

0.25

0.25

0.25

5

www.VNMATH.com S

M

N

D

C B

A

( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD

Ta có SA = AB tan600 = a 3 ,

3

2



SA SM

ABCD S ABC

S MBC

S ABC

S

MBC

S

V V

V SA

SM V

V

.

.

.

3

1 3

2 3

2









ABCD S ADC

S MNC

S ADC

S

MNC

SD

SN SA

SM V

V

.

.

.

9

2 9

4 9

4 3

2 3

2

Vậy V S.BCNM V S.ABCD

9

5

3

10 3 27

a

0.25 0.25 0.25

0.25

6 Ta có:

 

2

P x y z xy yz zx xyz

xy yz zx xyz

x y z yz x

2

2 1

2

y z



f x  x  x  x , với 0<x<3

9

x

x







x  0 1 3



y’ + 0 -

y 14

0.25

0.25

0.25

www.VNMATH.com

Từ bảng biến thiên suy ra GTLN P=7 x yz1 0.25

7 Ta có I 

6 5

4 20 6 ) ,

2

5 5

15

6 2

1









AB

Gọi  )  

4

4 3

; (a a

4

25 2



AI

4

25 ) 4

6 3 ( ) 2 (  2   2 



















0

4 4

) 2

a

a a

Với a4 A(4;4);B(0;1) Phương trình AB : 3x4y4 0

Với a0 A(0;1);B(4;4) Phương trình AB: 3x4y4 0

0.25

0.25

0.25 0.25

8 Ta có: d1d2 I Toạ độ của I là nghiệm của hệ:































2 / 3 y

2 / 9 x 0 6 y x

0 3 y

x

Vậy 









 2

3

; 2

9 I

Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD Md1Ox

Suy ra M( 3; 0)

2

3 2

9 3 2 IM 2 AB

2 2



































2 3

12 AB

S AD 12

AD AB

Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d1 d1 AD

Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d1 nhận n ( 1 ; 1 ) làm VTPT nên có

PT: 1(x3)1(y0)0xy30 Lại có: MAMD 2

Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:





















2 y

3 x

0 3 y x

2













1 y

2 x

hoặc











 1 y

4 x Vậy A( 2; 1), D( 4; -1)











2

3

; 2

9

I là trung điểm của AC suy ra:



























2 1 3 y y 2 y

7 2 9 x x 2 x

A I C

A I C

Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4)

Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1)

0.25

0.25

0.25

0.25

9 Theo giả thiết ta có: 3 3 3

C   C  C  2800 ( n  2)

2800 )!

3

!.(

3

!

! 7

!

3

! 10 )!

7

!.(

3

)!

10 (













n

n n

n

n 10n 9n 8 10.9.8 n n 1 n 2   2800.6

 n2 + 8n – 560 = 0

0.25 0.25

0.25

www.VNMATH.com















) ( 24

20

loai n

n