Đáp án đề thi thử đại học môn toán đợt 2 tháng 4 năm 2014

... (1 điểm) SABM  13  MI AB  13  MI  13  0,25   x   8  x  2  13  x   x  0,25 Vậy M  5;3 ;1 M  6; 3;  0,25 a1a2a3a4a5a6  S   1; 2;3;4;5 ;6 ;  a j ; i, j 1; 6, a6 2;4 ;6 ... 3.5!  360 0,25 Ta có: a1  a2  a3  a4  a5  a6  21; a1  a2  a3  a4  a5  a6   a4  a5  a6  10 TH1: a6   a4 ; a5   3;5 , a1; a2 ; a3   1; 4 ;6 9.a (1 điểm) TH : a6   a4 ... 9b  36 36   0 ,1 360 10 2a+3b -1 d  M,  AB  S MAB max  d  M,  max  max  2a+3b -1 max 13  2a  3b    4a  9b2   72  2a  3b   6 2 ;6   2a  3b 1     SMAB  7.b (1 điểm)...

... MF2  2MF1.MF2 cos 600 32 5 27  x2   y2  M M 16 16 32 5 13 27 3  xM   ; yM   yM   16 16 5 3  5 3   3 ; ; Vậy M  M M    ; 3        x2  M   3 M   ;    ... (nhận)  yM   xM  27 196 83 55 197 65  Vậy M  ;    27 196 83  Câu (1,0 điểm) Giải phương trình: cos5x.cos x  cos 4x.cos 2x  3cos x  cos 5x.cos x  cos 4x.cos 2x  3cos x  1  cos 6x  cos ... x3  3x   k ( x  xM )  (1)   (2) 3 x  x  k  Thay (2) vào (1) ta được: x3  3x2   (3x2  x)( x  xM )   ( x  2)  x  (3xM  1) x  2    x   k   (3)  g ( x)  x  (3xM...

...

...

... Vậy I ;    2 2 x  y   y  / Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M trung điểm cạnh AD  M  d  Ox d (C ,  )  0 .25 Suy M( 3; 0) 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 0 .25 9 2   3 2 Ta có: AB  ...  IM         S ABCD 12  2 AB Vì I M thuộc đường thẳng d1  d  AD Theo giả thi t: S ABCD  AB.AD  12  AD  0 .25 Đường thẳng AD qua M ( 3; 0) vuông góc với d1 nhận n(1;1) làm VTPT nên ...  VS ABCD SA 3 0 .25 VS MBC VS ABC 0 .25 VS MNC SM SN 2 4     VS MNC  VS ADC  VS ABCD VS ADC SA SD 3 9 Vậy VS BCNM 10 3a3  VS ABCD = 27 Ta có: P   ( x  y  z )2  2( xy  yz...

...

...

...

...

...