Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A tháng 5/2014

Chia sẻ: Nguyen Tien Xuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 5
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 5/2014" đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong "Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A tháng 5/2014", 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 5/2014

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 05/2014 Môn: TOÁN Câu h n p n i m 1 11 i m Với m=1 ta có hàm số y  x3  7 x2  16 x  12 1. Tập xác định: R 0.25 2. Sự biến thiên: a Giới hạn: lim y  , lim y   x x x  2 0.25 b Bảng biến thiên: y '  3x  14 x  16; y '  0   2 x  8  3 Bảng biến thiên: x - 2 8/3 + y' + 0 - 0 + 0 + y - -4/27 8   8  0.25 - Hàm số ồng biến trên  ;2  ;  ;   ,hàm số nghịch biến trên  2;  . 3   3 - Hàm số ạt cực ại tại x = 2, yC = 0, ạt cực ti u tại x = 8/3, yCT = -4/27. 3. Đồ thị: ồ thị giao với trục tung tại 0; -12 , giao với trục hoành tại 2; 0.25 7 2  0),(3; 0 . Nhận i m uốn I  ;   làm tâm ối xứng 3 27  8 6 y = x3 7∙x2 + 16∙x 12 4 2 15 10 5 5 10 15 2 4 6 21 i m Tìm m sao cho đồ thị hàm số (Cm) cắt trục hoành .... 8 Hoàng ộ giao i m của ồ thị hàm số và trục hoành là nghiệm của pt: 0.25
x3   4m  3 x 2  15m  1 x  9m  3  0 1 x  3   f  x   x  4mx  3m  1  0  2  2 ồ thị hàm số cắt trục hoành tại 3 i m phân biệt khi pt 1 có 3 nghiệm 0.25 phân biệt. t 1 có 3 nghiệm phân biệt khi pt 2 có 2 nghiệm phân biệt kh c 3. m  1   '  4m  3m  1  0 2 m   1    4.  f  3   0  10 m   9 Khi ó xB  3; xA ; xC là nghiệm của pt 2 . Yêu c u bài to n tương ương 0.25 pt 2 có hai nghiệm x1; x2 : x1  x2  2 xB  6 . 3 0.25 Theo Vi-et ta có x1  x2  4m  4m  6  m  thỏa mãn k 2 3 Vậy m  2 22 11 i m 1 3x 7 i m Giải phương trình: 4cos 4 x  cos2 x  cos4 x  cos  2 4 2 pt  1  cos 2 x   cos 2 x   2cos 2 2 x  1  cos  2 1 3x 7 0.5 2 4 2 3x  cos 2 x  cos  2 4 cos 2 x  1 0.25    3x cos 4  1  x  8k  k  Z  0.25 Vậy phương trình có nghiệm x  8k  k  Z  21 i m 17  3x  5  x   3 y  14  4  y  0 Giải hệ phương trình:  4 x  2  19  3 y  x  8 2 iều kiên: 2  x  5; y  4 0.5 17  3x  5  x   3 y  14  4  y  0   2  3  5  x   5  x   2  3  4  y   4  y 1 Xét hàm số y  f  t   (3t 2  2)t với t  0;   Ta có f '  t   9t 2  2  0t  0 nên hàm số y=f t ồng biến trên 0;  . 2
Ta thấy 1 có dạng f   5 x  f   4 y  5 x  4 y  5 x  4 y  y  x 1 Thay vào pt(2) ta có: 4 x  2  22  3x  x2  8 0.25 4( x  2) 3( x  2) 4 x  2  22  3x  x 2  8   ( x  2)( x  2)  x22 22  3x  4 x  2  4 3   ( x  2)   0(*)  x  2  2 22  3 x  4 Xét f(x)=VT(*) trên [-2;21/3],có f’ x >0 nên hàm số ồng biến. suy ra x=- 0.25 1 là nghiệm duy nhất của * hương trình 2 có 2 nghiệm x=2 ; x=-1 nên hệ phương trình có 2 nghiệm (2 ;1) ; (-1 ;-2 thỏa mãn iều kiện. Vậy hệ phương trình có 2 nghiệm : (2 ;1) ; (-1 ;-2) 3 1 i m  4 x  sin 2 x T nh t ch phân  1  cos2 x dx 0    0.25 x  sin 2 x 4 sin 2 x 4 14 x 1 I dx =  dx +  dx  A  J 0 1  cos 2 x 0 1  cos 2 x 2 2 0 cos x 2    0.25 4 sin 2 x 1 4 d (1  cos 2 x)  1 4 1 Ta có A=  dx       ln(1  cos 2 x)   ln 2 0 1  cos 2 x 2 0 1  cos 2 x  2 0 2  4 0.25 x dx Tính J   2 dx . ặt: u  x  du  dx; dv   v  tan x 0 cos x cos2 x   4 sin x  2  J  ( x tan x) 04   dx   ln 0 cos x 4 2  1 0.25 Vậy I   ln 2 8 4 3
4 1 i m A C B K I J A' C' G M B' *T nh th t ch khối l ng trụ: 0.5 AG   A ' B ' C '  AG  B ' C ' Có A ' M  B ' C '  B ' C '   AA ' G   B ' C '  MK mà  A ' B ' C '   BB ' C ' C   B ' C '    A ' B ' C ' ;  BCC ' B '     ABC  ;  BCC ' B '     A ' M , MK   600 Lai có AG  GA ' nên AA ' G  900 nên AA ' G  600 a a 3 Mà AA '  a nên A ' G  và AG  2 2 3 a 3a a 3 3a 2 3  A' M    A' B '   S A ' B 'C '  22 4 2 16 3 9a  VltABC .BA ' B ' C '  32 *T nh góc giữa AB’ và BC’ 0.5 Gọi I là giao i m của AB’ và A’B.J là trung i m A’C’ thì IJ song song với BC’ nên  AB ', BC '   AB ', IJ  . Xét tam gi c AJB’ có AB '  AG 2  GB '2  AG 2  A ' G 2  AA '  a 1 1 a 7 3a IJ  BC '  BB '2  B ' C '2  ; JB '  2 2 4 4 IJ  IB '  JB ' 2 2 2 1 7  cos JIB '    2 JI .IB ' 2 7 14   AB '; BC '   AB ';IJ   790 5 1 i m Cho x,y, z kh ng âm thỏa mãn 1  x 2  1  2 y  1  2 z  5. Tìm gi trị lớn nhất của bi u thức : P  2 x3  y 3  z 3 4
Ta có với hai số kh ng âm a, b ta có: 1  a  1  b  1  1  a  b bình 0.5 phương hai vế lu n ng . p dụng ta có: 5  1  x2  1  2 y  1  2 z  1  1  x2  2 y .  1  2 z  2  1  x2  2 y  2 z x2  x 2  2 y  2 z  8 hay y  z  4  2 3  x2  Khi ó P  2 x   y  z   2x   4    f  x  3 3 3  2 x2 0.5 Do x, y, z không âm nên 4   0  x  0;2 2  2 dụng pp xét hàm số x  0 3 4   f '  x   x  x  2  x 12  x 2   2 16  x 2   0   x  2 Vậy max =64 khi x=y=0 ;z=4 hoặc x=z=0 ; y=4 Câu 1) 1 2  4 0.25 6a 2 1 i m C có tâm I 1 ;2 b n k nh =2. Có d  I ; d    2  R nên d và 2 i m C kh ng có i m chung. Vì vậy với mọi M thuộc d , qua M lu n k ư c 2 tiếp tuyến tới C . Có AMB  2 AMI nên góc AMB ạt gi trị lớn nhất khi AMI ạt gi trị 0.25 IA 2 lớn nhất. Mà AMI là góc nhọn có sin AMI   , AMI ạt max khi MI MI sin AMI ạt max khi MI ạt min. iều này xảy ra khi M là hình chiếu của I trên (d). Gọi H là hình chiếu của I trên d . Tìm H. 0.25 Lấy H thuộc d : y=-4-x nên H a ;-4-a . IH vu ng góc với d nên IH .ud trong ó u d là vecto ch phương của d . 5  5 3 Ta có IH  a  1; 6  a  ; ud 1; 1  IH .ud  0  t    H   ;   2  2 2  5 3 0.25 Vậy M c n tìm là M   ;    2 2 2) 1 i m Gọi pt mặt ph ng  là: ax  by  cz  d  0 a 2  b2  c 2  0  0.25 3a  4b  2c  d  0 qua 2 i m C, D nên ta có hệ phương trình :    a  2c  d  0 4a  4b  0 a  b 0.25     P  : ax  ay  cz  a  2c  0  d  a  2c  d  a  2c 5
Theo giả thiết : 0.25 d  A,  P    2d  B;  P    a  3a  a  2c  2 a  2c  a  2c  a  2c  3a  2c  2 2a   7a  2c TH1 : a=-2c chọn c=-1, a=2 ta có : 2x+2y-z+4=0 0.25 TH2 : 7a=2c chọn c=7, a=2 ta có : 2x+2y+7z-12=0 Vậy có 2 mp thỏa mãn yêu c u bài to n : 2x+2y-z+4=0 và 2x 2y 7z-12=0 Câu 1 i m Ta có số ph n t của kh ng gian m u   số c ch chọn ng u nhiên 10 0.25 7a) 10 quả c u t 15 quả c u= C 15 Gọi A là biến cố thỏa mãn yêu c u bài to n. 0.25 A  số c ch chọn 5 quả c n lại sao cho 5 quả có ủ cả 3 màu. A  số c ch chọn 5 quả sao cho kh ng ủ cả 3 màu. TH1 : Chọn 5 quả ch có một màu : có th chọn 5 quả toàn màu xanh hoặc 0.25 5 quả toàn màu ỏ. ố c ch chọn 5 quả ch có một màu là : C55  C65  7 TH2 : Chọn 5 quả có 2 màu : ố c ch chọn là C95  C105  C115  2C55  2C65 Nên A  C95  C105  C115  2C55  2C65 + C55  C65 suy ra A  C 15 - A  C 15 -( C95  C105  C115  2C55  2C65 + C55  C65 )=2170 10 10 A 2170 2170 310 0.25 Vậy x c suất của biến cố A là P  A    10    C15 3003 429 Câu 1) Góc giữa hai ường th ng BC và AB là 450 và ABC cân tại A nên ABC 0.25 6b) (1 i m) vuông cân tại A 2 A  AB  A(4  2a; a); C  BC  C(c; 7  3c) 0.25 i m AC  (2a  c  4; a  3c  7) , vtcp của AB là u1  (2; 1) AC.u1  0  c  3  a (1) x  2 y  4  0 x  2 0.25 Tọa ộ B là nghiệm hệ phương trình    B(2;1) 3x  y  7  0 y 1 1 5 Diện t ch tam gi c ABC: S ABC  AB 2   2 2 a  0 (2a  2)2  (1  a)2  5  a 2  2a  0   a  2 Do xA > 0 nên ch nhận a = 0  c = 3. Suy ra A(4; 0) và C(3;2) 0.25 2)1 i m Gọi I là trung i m AB ta có I 2 ;-3 ;0). Nhận thấy I kh ng thuộc . 0.25    2 AB Ta có MA.MB  MI  IA MI  IB  MI 2  4 Do AB không i nên MA.MB ạt min khi MI ạt min khi M là hình chiếu 0.25 6
của I trên . Gọi H là hình chiếu của I trên . H x ;y ;z) thuộc nên 0.25 x-6y+z+18=0.(1) IH vu ng góc với nên IH c ng phương với vecto ph p tuyến n 1; 6;1 của . x  2  t  uy ra tồn tại t  : IH  t.n   y  3  6t  2  z  t  T 1 và 2 suy ra 38t  38  0  t  1  H 1;3; 1 0.25 Vậy MA.MB ạt min khi M 1 ;3 ;-1) Câu 7b) 1 i m    Giải bất phương trình: log5 1  2 x 2  x  2  log9 x 2  x  7  2  iều kiện: x  R 0.25  ặt t  x 2  x  2  0 ta có log5 1  2t   log9 t 2  5  2 Xét hàm số 0.25   y  f  t   log5 1  2t   log9 t 2  5 voi t  0 2 2t Ta có f '  t    2  0t  0 1  2t  ln 5  t  5 ln 9 uy ra hàm số y=f t ồng biến trên  0;   Lại có 0.25 2  f  2  nên bpt  f  t   f  2   t  2  x 2  x  2  2  x 2  x  2  4  x 2  x  2  0  1  x  2 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: S   1;2 0.25 7