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 . Khối B 1 TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUẢNG B NH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM ĐỀ CHÍNH THỨC ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2 014 LẦN THỨ NHẤT Môn: TOÁN; Khối B (Đáp án - Thang điểm này. AB và AC nên 16 4 ; 3 b A b        Gọi r là b n 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   . 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