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 D năm 2014 - THPT Tứ Kỳ

Chia sẻ: Nguyen Tien Xuan | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

73
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 D năm 2014 - THPT Tứ Kỳ" đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong "Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối D năm 2014 - THPT Tứ Kỳ", 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 D năm 2014 - THPT Tứ Kỳ

www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM CHẤM ĐỀ THI THỬ TOÁN KHỐI D LẦN 1- NĂM 2013-2014 (Gồm 05 trang) Câu Nội dung Điể m I 1) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm sô: y  x 3  3x 2  1 (1,0 điểm) (2đ) +) TXĐ: D  R +) Giới hạn: xlim ( x3  3x 2  1)   , lim ( x3  3x 2  1)    x  0,25 2 2 x  0 +) Sự biến thiên: y '  3 x  6 x , y '  0  3 x  6 x  0   x  2 Hàm số đb trên các khoảng  ; 0  &  2;   Hàm số nghịch biến trên khoảng  0; 2  0,25 Hàm số đạt cực đại tại x = 0, yCĐ = 1 , hàm số đạt cực tiểu tại x = 2, yCT = -3 Bảng biến thiên  0 2 x  y + 0  0 + 0,25 1  y  -3 Đồ thị: đồ thị hàm số cắt trục tung tại điểm (0;1) Điểm uốn I(1; 1) là tâm đối xứng. 0,25 2) Viết phương trình tiếp tuyến (1,0 điểm) Ta có : y’ = 3x2 - 6x 0,25 Vì tiếp tuyến cần tìm song song với (d) nên hệ số góc của tiếp tuyến là: k = 9  x  1 Do đó hoành độ tiếp điểm là nghiệm của PT: 3x2 - 6x = 9   0,25 x  3 Với x = -1, ta có y(-1) = -3. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x + 6 ( loại vì trùng với (d)) 0,25 Với x = 3, ta có y(3) = 1. Khi đó tiếp tuyến có PT là: y = 9x - 26 Vậy tiếp tuyến cần tìm là : y = 9x - 26 0,25 II 1) Giải PT lượng giác (1,0 điểm) (2đ) ĐK: cosx  0 0.25
www.VNMATH.com 1 PT  (sin x  cos x )  cos 2 x (tan 2 x  tan x )  sin x  cos x  2(sin 2 x  sin x. cos x ) 2  (sin x  cos x )(2 sin x  1)  0 0.25    x   4  k 0.25 sin x  cos x  0     1   x   k 2 (k  Z ) sin x   6  2   x  5  k 2  6 Kết hợp điều kiện, các nghiệm trên đều thỏa mãn. 0.25 2) Giải hệ phương trình (1,0 điểm)  1 x   ĐK:  3 0.25  y  0 x  y Từ pt (2) ta có  2 y  3x  1 0.25 +) Với x = y thay vào (1) ta có  x  0 (tmdk ) x  0  y 0.25 x 2 x  x 3x  1  0     2 x  3x  1  0  x  1 ( loai) +) Với 2y = 3x +1 thay vào ( 2) có  x  1 3x  1  x  1 tìm được 2 0.25 x  1  y  2 (tmđk) Vậy hpt có nghiệm là: (0 ;0), (1;2). III Tính tích phân (1,0 điểm) 1 1 x ln( x  1) Ta có I   2 dx   dx . 0 ( x  2) 0 ( x  2) 2 1 1 1 1 x x22 dx dx 3 1 Tính I 1   2 dx   2 dx    2 2 = ln  ( x  2) ( x  2) x2 ( x  2) 2 3 0 0 0 0 0.25  dx 1 u  ln( x  1)  du  Tính I 2   ln( x  1)   x 1 0.25 2 dx . Đặt  dx   0 ( x  2) dv  ( x  2) 2 v   1   x2 1 1 dx 1 4 0.25 Khi đó: I 2   ln 2     ln 2  ln 3 0 ( x  1)( x  2) 3 3 3 1 1 4 1 2 0.25 Vậy I = ln   ln 2  ln =   ln 2 2 3 3 3 3 3 IV (1,0 điểm) +) Gọi I = MD  AC. Tính được MC= a, MD = a 3 ; AC= a 6
www.VNMATH.com  1  2 2a 3  MI  ID  ID  MD  MC MI IC 1  2  3 3 .MC // AD nên có      AD ID IA 2  1  IC  1 AC  a 6 IC  IA 0,25  2   3 3 IC 2  ID 2  2a 2  DC 2  IDC vuông tại I  DM  AC (1) +) Có SA  MD (2) . Từ (1), (2) có DM  ( SAC )  DM  SI Chỉ ra góc giữa hai mặt phắng (SDM) và (ABCD) là góc SIA = 600 0,25 a2 2 +) SA  IA.tan 600  2a 2 và S DCM  (dvdt ) 0,25 2 1 2a 3 VSDCM  SA.S DCM  (dvtt ) 0,25 3 3 V (1,0 điểm) +) ĐK: x  R, y  1 .  x 2 .z  2 xz 2  1 +) Đặt z= y  1  0 , ta được hệ phương trình:  . Ta thấy z=0  x 3  3 xz 2  a  2 0,25  z 3 (t 2  2t )  1(1) không thỏa mãn hệ. Với z>0, đặt x=tz thì hệ trở thành:   z 3 (t 3  3t )  a  2(2) t 3  3t +) Do z>0 nên từ (1) ta có: t2. Từ hệ (1) và (2) ta có: a+2= , t>0 t 2  2t 0,25 hoặc t2 hoặc t A nắm trong đường tròn (C). 2 1 3 BIC  60 0 . S IAB  IB.IC sin BIC  2 3  sin BIC   0 2 2 BIC  120 (loai ) IBC đều. Gọi H là trung điểm cạnh BC, tính được IH  6 0,25  2 2  Đường thẳng d đi qua A, giả sử có VTPT n ( a; b ) ( a  b  0) có phương trình 3 3 a(x  )  b(y  2)  0  ax  by  a  2b  0 2 2 0,25
www.VNMATH.com 5 ab  a  ( 10  2 30)b 2 d ( I ; BC )  IH  6   6  ...   a 2  b2  a  ( 10  2 30)b Chọn b=1  a. Từ đó có phương trình đường thẳng d: …. 0,25 2) Giải phương trình : (1,0 điểm) 1 +) ĐK :  x3 2 +) PT  log 2 (1  2 x  1)  log 2 (5  x )  log 2 (3  x ) 0,25 5x 2  1  2x  1   2x  1  0,25 3 x 3 x x  1 0,25  ( x  3) (2 x  1)  4   2  x  11  17  4 11  17 0,25 +) Kết hợp điều kiện, phương trình có nghiệm là: x=1, x  4 (1,0 điểm) Số cách chọn 4 học sinh trong lớp là : C354 = 52360 0,25 VII 1 3 2 2 3 1 0,5 a Số cách chọn 4 học sinh có cả nam và nữ là : C20C15  C20 C15  C20C15  4615 0 4615 Xác suất cần tính là: P = 0,25 5236 VI. 1) (1,0 điểm) b 2 2 Đường tròn (C) :  x  4    y  3  4 . Tâm I ( 4;-3); Bán kính R =2 0,25 Gọi điểm A (a; 1-a)  d. Gọi M, N lần lượt là trung điểm AB và AD, có IM =IN= R=2 Do ABCD là Hình vuông ngoại tiếp (C) nên AI= 2 2  a  6  A(6; 5)  2(4  a )2  8  a 2  8a  12  0    a  2  A(2; 1) I là tâm đường tròn cũng là tâm hình vuông nên A( 6;5) thì C( 2;-1) hoặc ngược lại. 0,25 Cạnh hình vuông bằng 2R = 4. Gọi D (x;y) . Ta có:    AD.DC  0 ( x  6)(2  x)  ( y  5)(1  y )  0  x  7  y  x  6; y  1   2 2  2 ...    AD  4  ( x  6)  ( y  5)  16 y  6y  5  0  x  2; y  5 0,25 => D( 6;-1) thì B( 2;-5) Vậy bốn đinh hình vuông là :A(6;-5) B(2;-5) C(2;-1);D(6;-1) 0,25 2) Giải phương trình: (1,0 điểm) x 1 1 log 9 ( x 2  5 x  6) 2  log 1  log 3 (3  x ) . 3 2 2
www.VNMATH.com Điều kiện: 1 < x < 3 và x ≠ 2 (*) x 1 1 PT (1)  log 9 ( x 2  5 x  6) 2  log 1  log 3 (3  x) 3 2 2 x 1 0,25  log 3 x 2  5 x  6  log 3  log 3 (3  x) 2  ( x  1)(3  x )   log 3 x 2  5 x  6  log 3    2  ( x  1)(3  x )  ( x  2)( x  3)  (2) 0,25 2 5 Giải PT(2) , đối chiếu với ĐK(*) ta được x = . Kết luận nghiệm pt… 0,25 3 (1,0 điểm) Ta có: 0,25 Cn1  Cn2  ...  Cnn 1  Cnn  4095  Cn0  Cn1  Cn2  ...  Cnn 1  Cnn  4096 VII  2 n  4096  n  12 b 2 12 5(12  k ) 12 60 11k 0,25 5 12 k k 3 k k k Với x>0, ta có P( x)  ( x 3  x )   k 0 c12 2 x x 2   k 0 c12 2 x 2 60  11k 0,25  8  60  11k  16  k  4 . 2 Hê số của x 8 là c124 24  7920 0,25 Chú ý: Nếu thí sinh làm theo cách khác ra đáp số đúng vẫn cho điểm tối đa.

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

EXAM.05: Bộ 300+ Đề Thi Thử THPT Quốc Gia 2022

304 tài liệu

920 lượt tải

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.