Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A tháng 4/2014

Chia sẻ: Nguyen Tien Xuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

79
lượt xem 4
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A tháng 4/2014" đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong "Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A tháng 4/2014", nhằm giúp các bạn dễ dàng ôn luyện và kiểm tra kết quả.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A tháng 4/2014

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 04/2014 Môn: TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm I 2,0 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,0 điểm) 1) Hàm số có TXĐ: R \ 2 0,25 2) Sự biến thiên của hàm số: a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận: * lim y  ; lim y   x 2 x 2 Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số * lim y  lim y  2  đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số x  x  ) Bảng biến thiên: 1 0,25 Ta có: y'   0, x  2 x  22 Bảng biến thiên: x - 2 + y’ - - 2 + y - 2 * Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;2 và 2;  0,25 3) Đồ thị:  3 3  + Đồ thị cắt trục tung tại  0;  và cắt trục hoành tại điểm  ;0   2 2  + Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng. y 2 3/2 2 x O 3/2 0,25 2) Tìm m để… (1,0 điểm) 1
 2x  3  1 Ta có: M x0 ; 0 , x0  2 , y' (x 0 )   x0  2  x0  2 2 Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng: 0,25 1 2x  3 :y  (x  x 0 )  0 x0  2 2 x0  2 Toạ độ giao điểm A, B của   và hai tiệm cận là:  2x  2  A 2; 0 ; B2x0  2;2   x0  2  x  xB 2  2x0  2 y  y B 2x 0  3 Ta thấy A   x0  x M , A   yM suy ra M là 2 2 2 x0  2 0,25 trung điểm của AB. Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam giác IAB có diện tích   2x 0  3   2  1  S = IM  (x0  2)   2 2  2    (x0  2)2  2  2   x0  2    (x 0  2)  0,25 1 x0  1 Dấu “=” xảy ra khi (x0  2)2    (x0  2)2 x0  3 Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3) 0,25 II 2.0 1) PT  2 cos 3x(4 cos2 x  1)  1  2 cos 3x(3  4 sin 2 x)  1 Nhận xét x  k , k  Z không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có: 0,25 2 cos 3x(3  4 sin x)  1  2 cos 3x(3 sin x  4 sin x)  sin x 2 3  2 cos3x sin 3x  sin x  sin 6x  sin x  2m  x 6 x  x  m2 5   ;mZ 6 x    x  m 2  x   2m   7 7 0,25 2m Xét khi  k  2m=5k  m  5t , t  Z 5  2m Xét khi  = k  1+2m=7k  k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3, 0,25 7 7 2m  2m Vậy phương trình có nghiệm: x  ( m  5t ); x   ( m  7l  3 ) 5 7 7 trong đó m, t , l  Z 0,25 2
2) 3 ln 2 dx Tính tích phân I   0 (3 e x  2) 2 x 3 ln 2 e 3 dx Ta c ó I   x x 0 e ( e  2) 2 3 3 x x 0,25 Đặt u= e 3  3du  e 3 dx ; x  0  u  1; x  3 ln 2  u  2 2 3du 2  1 1 1  Ta được: I  =3     du 2  0,25 1 u (u  2) 2 1 4u 4(u  2) 2(u  2)  2 1 1 1  3 3 1 =3  ln u  ln u  2    ln( )  4 4 2(u  2)  1 4 2 8 0,25 3 3 1 Vậy I  ln( )  0,25 4 2 8 III 1.0 3 Giảiphươngtrình (3x  1) 2 x 2  1  5 x 2  x 3 2 PT  2(3x  1) 2 x 2  1  10x 2  3x  6 0,25 2(3x  1) 2 x 2  1  4(2 x 2  1)  2 x 2  3x  2 . Đặt t  2 x 2  1(t  0) Pt trở thành 4t 2  2(3 x  1)t  2 x 2  3x  2  0 0,25 Ta có: '  (3x  1) 2  4(2 x 2  3x  2)  ( x  3) 2 Pt trở thành 4t 2  2(3 x  1)t  2 x 2  3x  2  0 0,25 Ta có: '  (3x  1) 2  4(2 x 2  3x  2)  ( x  3) 2 3
2x  1 x2 Từ đó ta có phương trình có nghiệm : t  ;t  0,25 2 2 Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các   1  6 2  60  nghiệm: x   ;   2 7  IV 1.0 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM  AB và O ' N  CD . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: IOM vuông cân tại O nên: 2 h 2a 2 OM  OI  IM   h a. 0,25 2 2 2 2 2 2 a a 2 2 a 2 a 2 3a 2 Ta có: R  OA  AM  MO      2 2 2 2     0,25  2   4  4 8 8 3a 2 a 2 3 2 a3 0,25  V   R 2h   . .  , 8 2 16 a 3 a 2 3 a 2 0,25 và S xq  2 Rh=2 . .  . 2 2 2 2 V Tìm GTLN của biểu thức 1,0 x z Do x, y, z  0 nên điều kiện viết lại dưới dạng xz    1 (1) y y a 1 b c   Và đặt x  tan ,  tan , z  tan với a, b, c   0;  . Khi đó (1) viết dưới 2 y 2 2  2 a b b c c a dạng: tan tan  tan tan  tan tan  1 (*) 2 2 2 2 2 2 a b c       a  b  c   . Vậy có: 0,25 2 2 2 2 4
a b c c P  2 cos 2  2sin 2  3cos 2  1  cos a  1  cos b  3(1  sin 2 ) 2 2 2 2 ab a b c c c a b  2 cos cos  3  3sin 2  3sin 2  2sin cos 3 2 2 2 2 2 2 2  c 1 a b  1 a b 1 10 0,25    3 sin  cos   cos 2 3 3  2 3 2  3 2 3 3  ab cos 1  2 Dấu bằng xảy ra   sin c  1 0,25  2 3 c 1 c 1 1 sin   tan  z . 2 3 2 2 2 2 2 a b a 1 1 cos  1  a  b kết hợp với (*)  tan  x y 2 2 2 2 y 10 1 1 0,25 Vậy max P  khi x  , y  2, z  3 2 2 2 VI.a 2,0 1) Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5. I Gọi H là trung điểm của dây cung AB. 5 0,25 Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.  IH = A H B | m  4m | | 5m | (5m)2 20 d ( I , )   AH  IA2  IH 2  25   0,25 m2  16 m 2  16 m  16 2 m2  16 Diện tích tam giác IAB là SIAB  12  2S IAH  12 0,25 m  3  d ( I , ). AH  12  25 | m | 3(m  16)   2 16 m   0,25  3 2) Gọi A = d1(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d2  (P) suy ra B(2; 3; 1) 0,25 Đường thẳng  thỏa mãn bài toán đi qua A và B. 0,25 Một vectơ chỉ phương của đường thẳng  là u  (1;3; 1) 0,25 x 1 y z  2 Phương trình chính tắc của đường thẳng  là:   1 3 1 0,25 5
VIIa 1.0 Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C189 . 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng 0,25 chỉ là 8. + Không có bi xanh: có C139 cách. 0,25 + Không có bi vàng: có C159 cách. Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C109 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 0,25 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C109  C189  C139  C159  42910 cách. VIb 2.0 1 A G F E I C B M x  2 y  4  0 Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ   B(0;2) 3x  2 y  4  0 Đường thẳng d đi qua E và song song với BC có phương trình: 1( x  1)  2( y  2)  0  x  2 y  5  0 . Tọa độ giao điểm F của d và đường x  2 y  5  0 1 11 thẳng BG là nghiệm của hệ:   F ( ; ) . Do tam giác ABC 0.25 3x  2 y  4  0 2 4 1 19 cân nên AG là đường trung trực của EF, Gọi I ( ; ) là trung điểm của EF, đt 4 8 AG đi qua I và vuông góc với BC nên có phương trình: 1 19 15 2( x  )  1( y  )  0  2 x  y   0 . 0,25 4 8 8 6
3 x  2 y  4  0  1 109 Tọa độ G là nghiệm của hệ  15  G( ;  ) 2 x  y  8  0 28 56 x  2 y  4  0  Tọa độ trung điểm M của BC là nghiệm của hệ:  15 , suy ra 0,25 2 x  y  8  0 1 79 1 39 M ( ;  ) Tọa độ C( ; ) 20 40 10 20 1 529 0,25 Ta có AG  2GM  A ( ; ) 140 280 2 M  d  M (2t;1  t;t ) . Ta có AM  (2t  1) 2  t 2  t 2 0.25 2t  2  2t  2t  1 2t  1 0,25 d (M , ( P))   . 3 3 Giả thiết có AM  3d ( M , ( P))  2t  1 = (2t  1) 2  t 2  t 2  t  0 ;t=4 0,25 t =0 ta có M (0;1;0) t=4 ta có M(8;5;-4) 0,25 VIIb 1.0 Điều kiện: x  0 0,25 Bất phương trình  3( x  3) log2 x  2( x  1) Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình. 3 x 1 TH1 Nếu x  3 BPT  log 2 x  2 x3 Xét hàm số: f ( x)  log2 x đồng biến trên khoảng 0;  3 2 x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 3;  x3 f ( x)  f (4)  3 *Với x  4 :Ta có   Bpt có nghiệm x  4 g ( x)  g (4)  3  f ( x)  f (4)  3 0,25 * Với x  4 :Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (4)  3  7
3 x 1 TH 2 :Nếu 0  x  3 BPT  log 2 x  2 x 3 log2 x đồng biến trên khoảng 0;  3 f ( x)  2 x 1 g ( x)  nghịch biến trên khoảng 0;3 x3 f ( x)  f (1)  0 *Với x  1:Ta có   Bpt vô nghiệm g ( x)  g (1)  0  f ( x)  f (1)  0 * Với x  1:Ta có   Bpt có nghiệm 0  x  1 0,25 g ( x)  g (1)  0  x  4 Vậy Bpt có nghiệm  0,25 0  x  1 8