"Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2013 - THPT Thuận Thành số 1" đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong "Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2013 - THPT Thuận Thành số 1", nhằm giúp các bạn dễ dàng ôn luyện và kiểm tra kết quả.
AMBIENT/
Chủ đề:
Nội dung Text: Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2013 - THPT Thuận Thành số 1
- www.VNMATH.com
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM
Câu Nội dung Điểm
-ý
I.1 *Tập xác định : D \ 1
0.25
1
Tính y ' 0 x D
(x 1)2
Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1; )
*Hàm số không có cực trị 0.25
Giới hạn
lim y lim y
x 1 x 1
lim y 2 lim y 2
x x
Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2
*Bảng biến thiên
x 1 0.25
y’ - -
2
y
2
*Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ) 0.25
I.2 1
* PT hoành độ giao điểm của d m: y = x m với (C) là :
2
2x 1 1 x 1
xm 2 0.25
x 1 2 x 5 2m x 2 2m 0 1
4m2 12m 17 0
dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác m
1 2m 5 2 2m 0 0.25
* Gọi x1, x2 là các nghiệm của PT(1): x1 x2 5 2m . Toạ độ giao điểm của d m với (C):
1 1 5 2m 5 2m
A x1; x1 m , B x2 ; x2 m .Gọi I là trung điểm của AB thì I ; 0.25
2 2 2 4
3 0.25
* KA=KB KI d m m
2
II.1
x x x x x x x
Pt(1) 4sin cos 1 sin cos cos 2 sin x cos sin 0.25
2 2 2 2 2 2 2
x x 1 x x x
4 sin cos 1 sin x cos 2 sin x cos sin
2 2 2 2 2 2
x x
cos 2 sin 2 0
x x x 0.25
cos sin (2 sin x) 2 cos 1 0 2 sin x 0
2 2 2 x
2 cos 1 0
2 0.25
x x x x
+) sin cos 0 sin 0 k x k2 (k )
2 2 2 4 2 4 2
+) 2 sin x 0 sin x 2 (vô nghiệm)
2
- www.VNMATH.com
x x 1 4
+) 2cos 1 0 cos x k 4 (t/mđk) 0.25
2 2 2 3
4
Vậy nghiệm của phương trình là: x k2 , x k4 k
2 3
II.2 ĐK: x 0 , Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình
Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có:
27 2 27 2 0.25
* 2x 2 2 x x 2 x x x x2 x x
4 4
x 2 27 2 0.25
1 x (*)
x 4
1
VT(*) = f(x) có f’(x) = 0, x 0 , f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng 0; 0.25
2 x2
x
x
27
VP(*) = g(x) có g’(x) = x 0, x 0 g ( x) là hàm đồng biến trên khoảng 0; .
2 0.25
phương trình (*) có không quá một nghiệm.
2 2
Mặt khác x = là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = .
3 3
2
III I
xe x
1 e x xe x
dx xe 1dx
x
d xe x 1
0,5
xe x 1 xe x 1
x xd e x ln 1 xe x x ln 1 xe x xe x e x dx x ln 1 xe x xe x e x C 0,5
Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của
mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a. Gọi K là hình
IV chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK.
Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên
giao tuyến của chúng là SO (ABCD).
Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI
1 1 1 1 1 a 3
Ta có trong tam giác vuông AOB ta có: 2
2
2
2 2 OK
OK OA OD a 3a 2
1 1 1 a 0.25
.Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao 2
2
2
SO .
OI OK SO 2
Diện tích đáy S ABCD 4S ABO 2.OA.OB 2 3a 2 ; S
a
đường cao của hình chóp SO .
2
Thể tích khối chóp S.ABCD:
1 3a 3 0.25
VS . ABCD S ABC D .SO A
3 3 I
D
Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là K
Tam giác SBO . Gọi là góc giữa hai mặt phẳng O
s 0.25
(SAB) và (SBD) ta có cos SBO B a C
sSAB
1 a2 1 1 0.25
Ta có : sSBO OB.SO , SK a sSAB a 2 cos arccos
2 4 4 4
3
- www.VNMATH.com
0.25
V a b
2
Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức: a 2 b 2
2
x2 y 2 2
Ta có: P
1 1 x y
z4 2 2 4
4
z 4
8 1
4
0.25
2 2x y z 8
x y
4
z
4
Đặt
x y t 8 t 8
0 t 1 Khi đó ta có: P 1 1 2
4
z 8 t 8 t
Xét hàm số 0.25
t 8 1 8
f (t ) 2 f '(t ) 2 0, t 0;1
8 t 8 t
81
Ta có f(x) nghịch biến trên 0;1 min P f (1) 0.25
t 0;1 8
z
Khi đó x = y =
2
VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C ) 0.25
Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d 1) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d 1) 0.25
Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d 2) = R 2 MB 2 5 .
3 x 4 y 24 25
Khi đó ta có hệ: Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu
2 x y 6 5
0.25
TH1 I 1;1 ta có phương trình (x -1)2+(y-1)2=25
TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)2+(y-7)2=25 0.25
VIa.2 x y 0
Đk: y 0 x 0 log 9 x 2 log 3 x
xy 2 0 0.25
y 2 xy 2
Khi đó ta có hệ 2
0.25
x xy 3
2 x y 1(loai )
x y 1 x 3 0.5
x y 1 (t/mđk)
2
x xy 3 2 y 2
x xy 3
VIIa Từ 6 chữ số đã cho ta lập được A64 360 số có 4 chữ số khác nhau 0.25
2
Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là C 3 3
Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là C32 3 0.25
Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán
vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là:
C32 .C32 .4! 216 0.25
Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong
216 3
đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là: P 0.25
360 5
VIa.1 Tâm C : O 0; 0
+ . Gọi tọa độ A a;0 , B 0; b với a 0, b 0 . 0.25
Ban kính C : R 2
4
- www.VNMATH.com
x y x y
+ Phương trình AB: 1 1 0
a b a b
1 ab 0.25
AB tiếp xúc (C) d O, AB 2 2 2 (***)
1
1 a 2
b 2
a 2 b2
a 2b 2 a 2b 2
2 2 SOAB 0.25
a b2 2ab
SOAB nhỏ nhất khi a b .
Từ a b và (***) suy ra a b 2 . 0.25
x y
Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là 1 0 .
2 2
VIa.2 AH BC
*Ta có BC ( AOH ) BC OH .
AO BC
Tương tự AB OH Suy ra OH ( ABC ) .
x y z
*Phương trình mp (ABC): 1 x 2y z 2 0
2 1 2
*mp(ABC) có vtpt n 1; 2;1 nên OH có vtcp u n (1; 2; 1)
x t
1 2 1
*Phương trình đường thẳng OH: y 2t H ; ; 0.5
x t 3 3 3
2 0.25
Khoảng cách từ H tới Oy là R
3
2 2 2
1 2 1 2
Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là x y z 0.25
3 3 3 9
2
VIIb 2
Điều kiện: x> 0 ; BPT 24log2 x 4log2 x 20 0 0.25
2
Đặt. y 4log2 x , y 1
. BPT trở thành y2 + y- 20 0 - 5 y 4.Do y 1 nên ta có y 4 0.25
2
Khi đó ta có : 4log x 4 log 22 x 1 1 log 2 x 1
2 0.25
1
x2 0.25
2
Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó .
5
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
