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

76
lượt xem 6
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

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.