Đáp án đề thi thử đại học môn toán lần 2 khối B trường THPT Ngô Gia Tự năm 2014

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.