Đáp án đề thi thử đh toán khối b lần 1 năm 2014 trường Chuyên Quảng Bình

Khối B

1


TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG BÌNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM
ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014
LẦN THỨ NHẤT
Môn: TOÁN; Khối B
(Đáp án - Thang điểm này có 06 trang)


Câu Đáp án Điểm
a. (1,0 điểm)
Khi
0
m

ta có
3 2
3 1
y x x
   

 Tập xác định:
D



 Sự biến thiên:


Chiều biến thiên:
2
' 3 6 ; ' 0 0
y x x y x
     
hoặc
2
x


0,25
Khoảng đồng biến:
(0;2)
; các khoảng nghịch biến:
( ;0)

và
(2; )



Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại
0; 1
CT
x y
 
; đạt cực đại tại
2, 5
CÑ
x y

 


Giới hạn:
lim
x
y

 
;
lim
x
y

 



0,25

Bảng biến thiên:

x



0

2



'
y



0



0



y



5




1



0,25


 Đồ thị:














0,25
b. (1,0 điểm)

Ta có:
2 2
' 3 6 3 6
y x x m m

    


2
' 0 2 ( 2) 0
2
x m
y x x m m
x m

 
      

 




0,25
1
(2,0 điểm)
Hàm số có hai cực trị

' 0
y

có hai nghiệm phân biệt


2 1

m m m
     

0,25
Khối B

2

Với
3 2
2 3 1
x m y m m
      

Với
3 2
2 2 9 12 5
x m y m m m
      

Tọa độ hai điểm cực trị là


3 2
; 2 3 1
A m m m
   
và



3 2
2;2 9 12 5
B m m m m
   




0,25


1;3
I là trung điểm của
AB

2
2
0
6 12 0
2 2
A B I
A B I
x x x
m
m m
y y y m

 




   


   




Vậy giá trị
m
cần tìm là
0, 2
m m
  
.


0,25
Điều kiện:
cos 0
x

.
Phương trình đã cho tương đương với
2 2
cos sin cos sin
x x x x
  

0,25
(cos sin )(cos sin 1) 0
x x x x
    

0,25
cos sin 0
x x
  
tan 1
4
x x k


   

( )
k




0,25
2
(1,0 điểm)
2
1
cos sin 1 cos 2
4 4 4
2

2
2
x k
x x x x k
x k

  





 

          
 

 
 



( )
k



Đối chiếu điều kiện ta được nghiệm
4
x k



 
hoặc
2
x k


.
( )
k







0,25
Xét hệ phương trình
2 2
2
4 4 2 2 0 (1)
8 1 2 9 0 (2)
x xy y x y
x y

     



   



Điều kiện:
1
1 2 0
2
x x
   
. Đặt
2
t x y
 
, phương trình (1) trở thành:

2
1
2 0
2
t
t t
t


   

 


0,25
Nếu
1
t

thì
2 1 1 2 0
x y x y
     
. Thế vào phương trình (2) ta được phương trình

2
8 9 0
y y
  

Đặt
0
u y
 
, phương trình trở thành:
4 3 2
8 9 0 ( 1)( 9) 0 1

u u u u u u u
          
. Khi đó hệ có nghiệm
0
1
x
y











0,25
Nếu
2
t
 
thì
2 2 1 2 3 0
x y x y
       
. Thế vào phương trình (2) ta được
phương trình

2
3
8 3 9 0 8 3 ( 3)( 3) 0
8 ( 3) 3 0
y
y y y y y
y y

 
          

   



Với
3
y
 
thì hệ có nghiệm
1
2
3
x
y






 









0,25
3
(1,0 điểm)
Xét phương trình
8 ( 3) 3 0
y y
   
(3)
Đặt
3 0
v y
  
, phương trình (3) trở thành:
3
6 8 0
v v
  

Xét hàm số
3

( ) 6 8
f v v v
  
, ta có:





Khối B

3


2
'( ) 3 6
f v v
 
và
'( ) 0 2
f v v   

Hàm
( )
f v
đạt cực đại tại
( 2;8 4 2)
 
, đạt cực tiểu tại
( 2;8 4 2)



Vì
(0) 8 0
f
 
và
8 4 2 0
 
nên
( ) 0
f v

không có nghiệm
0
v


Vậy hệ phương trình có hai nghiệm là
1
0
;
2
1
3
x
x
y
y






 



 

.






0,25
Ta có:
1 1 1
2 2 2
0 0 0
1 1
2
0 0
ln( 1) 1 ln( 1) 1
( 1) ( 1) ( 1)
1 1
ln( 1)
1 ( 1)

x x
I dx dx dx
x x x
x d dx
x x
  
  
  
 
   
 
 
 
  
 






0,25
1
1
2
0
0
1 1
ln( 1) 2
1 ( 1)

x dx
x x
   
 



0,25
=
1
0
1 2
ln 2
2 1
x
 



0,25
4
(1,0 điểm)
=
1
ln 2 1 2 1 ln 2
2
    


0,25

Gọi
H DK IC
 
, do
ABCD
là hình vuông cạnh
a
nên ta suy ra được

IC DK

,
5
2
a
DK IC 
,
. 5
5
CK CD a
CH
DK
 
,
3 5
10
a

IH 



0,25
Xét
'
A AI

ta được
3
'
2
a
A I 
. Suy ra:
3
'.
1 1 1 3
. . ' . . . . '
3 3 2 16
A IDK IDK
a
V S A I DK IH A I  

0,25
Do
( ' ) ( ' ) ( ' )
'
DK IH

DK A IH A IH A DK
DK A I


   




Trong
( ' )
A IH
, kẻ
'
IE A H

. Suy ra:
( ' ) ( ,( ' )
IE A KD IE d I A KD
  



0,25
5
(1,0 điểm)
Xét tam giác
'
A IH


:
2 2 2 2 2 2
1 1 1 4 20 32 3 2
8
' 3 9 9
a
IE
IE A I IH a a a
      

0,25
Khối B

4

Vậy
3 2
( ,( ' )
8
a
d I A KD  .
Ta có:
1 1 1
1
xy yz zx xyz
x y z
       . Do đó:
1 1 1 1
( 1)( 1)( 1) ( 1)( 1)( 1) 1 2 1
x y z x y z x y z xyz x y z

  
            


0,25
Mặt khác:
3
3 9
1 1 1
3
x y z
x y z
x y z
 
     
 



0,25
Theo Côsi

2 2
3 3
3
3
( ) 3 ( )
3
( ) 3
3 3

3
1 1 1
27
xy yz zx
xyz xy yz zx xyz
xyz xy yz zx xyz
xyz
xyz
xy yz zx
x y z
xyz
 
    
   
   
 
 
 









0,25
6
(1,0 điểm)

Từ đó
1 1 1 8 1 1 1
1 2 1 9 1 2.27 9 1 8 8 4
x y z xyz x y z
     
         

0,25
Từ giả thiết suy ra ABMD là hình vuông . Gọi tâm hình vuông ABMD là I. Ta có
AM =
2 2
. Suy ra IB =
2 2
2 2
IB ID
  
(1)
B, D thuộc trung trực của đoạn AM .
I(2; 3),
(2;2)
AM 


Suy ra phương trình đường thẳng BD:

5 0
x y
  
(2)
0 0

( ) ( ;5 )
M BD M x x
  








0,25
0 0
( ) ( ;5 )
M BD M x x
  

2 2 2
0
2 ( 2) (2 ) 2 3 1
M I x x x x
         

0,25
x = 3 cho ta B(3; 2) thì x = 1 cho ta D(1;4) suy ra C(5; 4)
x = 1 cho ta B(1; 4) thì x = 3 cho ta D(3; 2) suy ra C3; 6)
0,25
7.a
(1,0 điểm)
Vậy, tọa độ các đỉnh B, D, C của hình thang là:

i) B(3; 2), D(1;4), C(5; 4)
ii) B(1; 4), D(3; 2), C3; 6)


0,25
Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng
5 4 3 20 0,3 4 8 0
x y z x y z
       
. Hai mặt phẳng này lần lượt có véc tơ pháp tuyến
là
,
u v
 
thì
,
u v
 
 
 
là một véc tơ pháp tuyến của (P).
0,25
(5; 4;3), (3; 4;1) , (8;4; 8)
u v u v
 
      
 
   

0,25

8.a
(1,0 điểm)
Suy ra, phương trình của (P):
8( 2) 4( 3) 8( 1) 0
x y z
     


0,25
I
M
D
C
B
A

Khối B

5

2 2 9 0
x y z
   

0,25
Số cách chọn 4 viên bi bất kỳ trong hộp là
4
15
1365
C 

cách
0,25
Các trường hợp cho ra 4 viên bi có đủ 3 màu là:
 2 đỏ, 1 trắng, 1 vàng:
2 1 1
6 5 4
300
C C C 

 1 đỏ, 2 trắng, 1 vàng:

1 2 1
6 5 4
180
C C C

 1 đỏ, 1 trắng, 2 vàng:

1 1 2
6 5 4
240
C C C

Theo quy tắc cộng, cách chọn ra 4 viên bi có đủ ba màu là:

300 240 180 720
  
cách

0,25
Do đó số cách chọn ra 4 viên bi không có đủ ba màu là:
1365 720 645
 
cách
0,25
9.a
(1,0 điểm)
Vậy xác suất cần tìm là:
645 43
1365 91
P   .

0,25

Ta có
C
là giao điểm của trục tung và đường thẳng
AC
nên


0;4
C
Vì bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
ACD

bằng 1 nên bán kính đường tròn nội tiếp
tam giác
ABC
cũng bằng 1.
Vì
B
nằm trên trục tung nên
(0; )
B b
. Đường thẳng
AB
đi qua
B
và vuông góc với
: 0
BC Oy x
 
nên
:
AB y b


0,25
Vì
A
là giao điểm của
AB
và
AC
nên
16 4
;
3
b
A b
 

 
 

Gọi
r
là bán kính đường tròn nội tiếp tam giác
ABC
. Ta có

2
2
16 4
4 .
2.
3
1
4
3
16 4 16 4
4 ( 4)
3 3
ABC
b
b
S
S b
AB BC CA
b b
b b


   
 
 
 
    
 
 

0,25
Theo giả thiết
1
r

nên ta có
1
b

hoặc
7
b


0,25
7.b
(1,0 điểm)
Với
1
b


ta có
(4;1), (0;1)
A B
. Suy ra:
(4;4)
D

Với
7
b

ta có
( 4;7), (0; 7)
A B
 
. Suy ra:
( 4;4)
D

.
0,25
Điều kiện
0
0
x y
x y

 

 



0,25 8.b
(1,0 điểm)
Ta có:
lg( )
(1) 50 10.10 10( ) 5
x y
x y x y

      

0,25
Khối B

6

Thế vào (2) ta được:
2 2 lg 5
lg5 2
10 100
lg( ) 2 2 lg 5 10 4
25
(10 )
x y x y

        


0,25

Hệ đã cho tương đương với
9
5
2
4 1
2
x
x y
x y
y




 


 
 






Vậy hệ phương trình có nghiệm là
9 1
;
2 2
 

 
 
.






0,25
Gọi (P) là mặt phẳng vuông góc với hai mặt phẳng
5 4 3 20 0,3 4 8 0
x y z x y z
       
. Hai mặt phẳng này lần lượt có véc tơ pháp tuyến
là
,
u v
 
thì
,
u v
 
 
 
là một véc tơ pháp tuyến của (P).



0,25

(5; 4;3), (3; 4;1) , (8;4; 8)
u v u v
 
      
 
   

0,25
Suy ra, phương trình của (P):
8( 2) 4( 3) 8( 1) 0
x y z
     

0,25
9.b
(1,0 điểm)
2 2 9 0
x y z
   

0,25


Hết