zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối B năm 2014 - THPT Lê Quý Đôn

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

Báo xấu

108
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 B năm 2014 - THPT Lê Quý Đôn" đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong "Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối B năm 2014 - THPT Lê Quý Đôn", 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 B năm 2014 - THPT Lê Quý Đôn

WWW.VNMATH.COM ĐÁP ÁN THANG ĐIỂM THI THỬ ĐẠI HỌC MÔN TOÁN KHỐI B LẦN I NĂM HỌC 2013-2014 Câu NỘI DUNG Điểm I 1.Khi m=1 1 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 3  3 x 2 a)TXĐ:D=R b)Sự biến thiên x  0 0.25 -Chiều biến thiên y '  3 x 2  6 x  y '  0   x  2 ………………………………………………………………………………………... Hàm số đồng biến trên khoảng (;0) và (2; ) Hàm số nghịch biến trên khoảng (0; 2) 0.25 -Cực trị : Hàm số đạt cực đại tại x  0 ;ycd  0 Hàm số đạt cực tiểu tại x  2 ;y ct  4 -Giới hạn : lim   ; lim   x x  ………………………………………………………………………………………... Bảng biến thiên 0.25 x  0 2  y' + 0 - 0 + y  0 -4  ………………………………………………………………………………………... Đồ thị 0.25
WWW.VNMATH.COM 1 2:Tìm m để đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O TXD: D=R Ta có y '  3 x 2  6mx  3( m2  1) Đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu khi và chỉ khi y '  0 có hai nghiệm 0.25 phân biệt và đổi dấu khi đi qua các nghiệm  3 x 2  6mx  3( m 2  1)  0 có hai nghiệm phân biệt   '  9m 2  9(m 2  1)  9  0 m x  m 1 0.25 Vậy m đồ thị hàm số có điểm cực đại ,điểm cực tiểu và y '  0   x  m 1 0.25 Điểm A(m-1;2-2m);B(1+m,-2-2m) lần lượt là điểm cực đại ,điểm cực tiểu của đồ thị hàm số theo giả thiết ta có OB=3 OA  OB 2  9OA2  (m+1) 2  (2  2m)2  (m-1)2  (2  2 m) 2 m  2  2 m  5m  2  0   2 m  1  2 m  2 0.25 Vậy với  thì đồ thị hàm số cóđiểm cực đại , điểm cực tiểu và khoảng cách từ m  1  2 điểm cực tiểu của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O bằng 3 lần khoảng cách từ điểm cực đại của đồ thị hàm số đến gốc toạ độ O 2 Giải phương trình : 2s inx(cos 2 x  sin 2 x)  s inx  3 cos 3x (1) 1 phương trình (1) 0.25
WWW.VNMATH.COM  2 sin x.cos 2 x  s inx  3 cos 3x  sin 3x  s inx  s inx  3 cos 3x 1 3 0.25  sin 3x  3 cos 3x  2 sin x  sin 3x  cos3x  s inx 2 2    0.25  cos sin 3x  sin cos3x  s inx  sin(3x  )  sin x 3 3 3     3x  3  x  k2  x  6  k 0.25   kZ 3x      x  k2  x    k   3  3 2 3.Giải phương trình x  4  6  x  2 x 2  13x  17 1 Điều kiện : 4  x  6 Ta có : x  4  6  x  2 x 2  13 x  17  ( x  4  1)  ( 6  x  1)  2 x 2  13 x  15  0 ( x  4  1)( x  4  1) ( 6  x  1)( 6  x  1) 0.25    ( x  5)(2 x  3)  0 x  4 1 6  x 1 x 5 5 x    ( x  5)(2 x  3)  0 0.25 x  4 1 6  x 1 x  5  1 1    (2 x  3)  0 0.25  x  4  1 6  x 1 1 1 1 1 Ta có   (2 x  3)  0    (2 x  3) x  4 1 6  x 1 x  4 1 6  x 1 1 1 1 Vì    1 x   4;6  và 2 x  3  5 x   4; 6 x  4 1 6  x 1 x  4 1 0.25 Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x= 5 3 4 1 Tính tích phân I   ln  2  x( x 2  3)  dx 2 Ta có 3 3 3 I   ln  2  x( x 2  3)  dx   ln( x 3  3 x  2)dx   ln( x  1) 2 ( x  2)dx 2 2 2 3 3 3 3 0.25   ln( x  1) 2 dx   ln( x  2)dx  2  ln( x  1) dx   ln( x  2)dx 2 2 2 2 2dx 0.25 3   u  2 ln(x  1) du  Xét J  2  ln(x  1) dx Đặt   x 1 2 dv  dx  v  x  1 3 3 3 3 J  2(x  1).l n(x-1) 2  2  dx  2(x  1).ln(x-1) 2  2x. 2  4ln 2  2 0.25 2
WWW.VNMATH.COM 3  dx  u  ln(x  2) du  Xét K   ln(x  2) dx Đặt   x2 0.25 2 dv  dx  v  x  2 3 3 3 3 K  (x  2).l n(x+2) 2   dx  (x  2).ln(x+2) 2  x. 2  5ln 5  4 ln 4  1 2 vậy I  5ln 5  4ln 2  3 5 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang vuông tại A, D biết 1 AB =2a ; AD=DC=a.(a>0) SA  (ABCD) ,góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) bằng 45 0 Tính thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách từ B tới mặt phẳng (SCD) S H A B D C +Theo giả thiết ta có AD= DC = a .Gọi H là trung điểm của AB  HA=HB=a Từ giả thiết  ADCH là hình vuông cạnh a .Trong tam giác ABC có CH là trung tuyến 0.25 1  AC  BC và CH  AB  ABC vuông cân tại C   vì 2  AC  BC  a 2  BC  AC   BC  (SAC)  BC  SC  BC  SA (SBC)  (ABCD)  BC  BC  SC  (SBC)    450 là góc giữa (SBC) và (ABCD) +Có   SCA  BC  AC  (ABCD) SA  (ABCD) 0.25 2 1 3a +Ta có diện tích hình thang ABCD S ABCD  ( AB  DC ). AD  2 2 +Có tam giác ΔSAC vuông cân tại A ta có SA=AC= AD 2 +DC 2  2 a
WWW.VNMATH.COM 1 1 3a 2 2 3 +Thể Tích khối chóp SABC là : VS.ABCD  SABCD .SA  a 2.  a 3 3 2 2 0.25 1 3V Ta có VSDCB  SBCD .d(B; (SCD))  d(B; (SCD))  SDCB 3 SBCD   1350 nên V 11 2 3 Trong BCD có C SDCB  BC.CD.sin1350.SA  a 0.25 32 6 2 3 3. a 3V 6 2a 3 a 6 Vậy d(B;(SCD))  SDCB    SBCD 1 0 3a 2 3 a.a 2.sin135 2 câu6 Cho x,y là các số thực và thoả mãn x,y >1 .Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 ( x3  y 3 )  ( x 2  y 2 ) :P ( x  1)( y  1) Đặt t =x + y điều kiện t > 2 t2 Áp dụng bất đẳng thức 4 xy  ( x  y ) 2 ta có xy  4 0.25 t 3  t 2  xy (3t  2) t 2 P do 3t-2>0  xy  nên ta có xy  t  1 4 t2 0.25 t 3  t 2  (3t  2) 4 t2 P  t2 t 2  t 1 4 t2 Xét hàm số f (t )  trên (2; ) t2 t 2  4t t  0 (l) có f '(t )   f '(t )  0   (t  2) 2 t  4 (tm) 0.25 lim f (t)   ; lim f (t)   x 2 x   t 4  2 f'(t) - 0 + 0.25 f(t)   8
WWW.VNMATH.COM x  y  4 x  2 min f (t )  f (4)  8  minP  8 dấu = xảy ra khi và chỉ khi   (2; )  xy  4 y  2 TỰ CHỌN A theo chương trình chuẩn   7a 1:Gọi A(a;0) thuộc Ox và B(b;b) thuộc d ta có MA( a  2; 1) MB (b  2; b  1) 0.25    MA  MB  MB.MA  0 0.25 ABM vuông cân tại M nên   2 2  MA  MB  MA  MB 0.25 (a  2)(b  2)  (b  1)  0  2 2 2 vì b=2 không thoả mãn hệ phương tình nên ta có (a  2)  1  (b  2)  (b  1) 0.25  b 1  b 1  a2  a  2   b2  b2  . (a  2) 2  1  (b  2) 2  (b  1) 2 ( b  1 2 2 2  )  1  (b  2)  (b  1)  b  2 0.5  b 1 a  2  a  2    b2   b  1 2 2 a  4  (b  2)  (b  1)  (b  2)2  (b  1)2  2  (b  2)  b  3 Vậyphương trình đường thẳng  : x  y  2  0 ;  : 3 x  y  12  0 2 14 1 n  3 8a Ta có 2  3  (1) dk  Cn 3Cn n n  N với điều kiện trên phương trình (1) tương đương 4 28 1 0.5   n(n  1) n(n  1)( n  2) n  n  2  n 2  7 n  18  0   n  9 kết hợp điều kiện n=9 Với n=9 ta có khai triển (1  3 x)2n  (1  3 x)18 Số hạng tỏng quát Tk 1  C18k (  3) k x k số hạng chứa x 9 khi k =9 Vậy hệ số của x9 trong khai triển là C189 (  3) 9 9a 3 3 Giải phương trình 3x  x  2.3x  x  32 x  2  0 (1) 3 3 Ta có 3x  x.3x  x  32 x 0.25 3 3 3 3 3 (1)  3x  x (1  3x  x )  2(1  3x  x )  0  (1  3x  x )(3x  x  2)  0 x  0 0.25  1 3 x  x3  0  x  x  0   x  1 3  x  1
WWW.VNMATH.COM x  0 0.25 Vậy Phương trình đã cho có nghiệm  x  1  x  1 0.25 B Theo Chương Trình nâng cao 7b Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân 1 giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . + Ta có IA  5 . Phương trình đường tròn ngoại tiếp ABC có dạng  C  : ( x  1)2  ( y  7)2  25 + Gọi D là giao điểm thứ hai của đường phân giác trong A 0,25 góc A với đường tròn ngoại tiếp ABC . Tọa độ của D là nghiệm của hệ I  x  y 1  0   D  2;3 2 2 ( x  1)  ( y  7)  25 B C 0,25 H K D + Vì AD là phân giác trong của góc A nên D là điểmchính giữa cung nhỏ BC. 0,25 Do đó ID  BC hay đường thẳng BC nhận véc tơ DI   3; 4  làm vec tơ pháp tuyến. + Phương trình cạnh BC có dạng 3x  4 y  c  0 + Do SABC  4SIBC nên AH  4IK 7c 31  c + Mà AH  d A; BC   và IK  d  I ;BC   nên 5 5  114 0,25 c   3 7  c  4 31  c    c   131  5 Vậy phương trình cạnh BC là : 9 x  12 y  114  0 hoặc 15 x  20 y  131  0 8b Một hộp có 5 viên bi đỏ ,3 viên bi vàng và 4 viên bi xanh .Hỏi có bao nhiêu cách lấy 1 ra 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng Các trường hợp để chọn được 4 viên bi trong đó số bi đỏ lớn hơn số bi vàng là TH1: Cả 4 viên bi được chọn đều là bi đỏ 0,25 số cách là : C54 cách chọn TH2: Trong 4 viên bi được chọn có 1bi đỏ và 3 bi xanh số cách là : C51.C43 cách chọn 0,25 TH3: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi xanh số cách là : C53 .C41 cách chọn TH4: Trong 4 viên bi được chọn có 3bi đỏ và 1 bi vàng 0,25 số cách là : C53 .C31 cách chọn TH5: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 2 bi xanh
WWW.VNMATH.COM số cách là : C52 .C42 cách chọn 0,25 TH6: Trong 4 viên bi được chọn có 2bi đỏ và 1 bi vàng và 1 bi xanh số cách là : C52 .C31.C41 cách chọn Vậy có C54 + C51.C43 + C53 .C41 + C53 .C31 + C52 .C42 + C52 .C31.C41 =275 cách chọn thoả mãn yêu cầu bài toán 9b    Giải phương trình log 3 3x  1 .log 3 3x 2  9  3  (1) 1  log 3 (3 x  1).log 3 9(3 x  1)  3  log 3 (3x  1).(log 3 9  log 3 (3x  1))  3 (1)  log 3 (3 x  1).(2  log 3 (3x  1))  3 0,25 Đặt t  log3 (3x  1) t>0 t  1 (1)  t (2  t )  3  t 2  2t  3  0   kết hợp điều kiện ta có t=1 0,25 t  3 (l) với t=1 log 3 (3x  1)=1  3x  1  3  3x  2  x  log 3 2 0,25 Vậy phương trình có nghiệm x  log3 2 0,25 Trên đây chỉ là một hướng giải Mọi cách giải đúng vẫn cho điểm tối đa

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.