"Đáp án Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối A, A1 năm 2014 - THPT Lý Thái Tổ" đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong "Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối A, A1 năm 2014 - THPT Lý Thái Tổ", 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 2 môn Toán khối A, A1 năm 2014 - THPT Lý Thái Tổ
- www.VNMATH.com
SỞ GD & ĐT BẮC NINH ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
TRƯỜNG THPT LÝ THÁI TỔ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013
Môn: TOÁN; Khối A, A1
(Đáp án – thang điểm gồm 04 trang)
Câu Đáp án Điểm
1 a. (1.0 điểm) Khảo sát…
(2.0 điểm) • Tập xác định: D = ℝ \ {1} .
• Sự biến thiên:
lim y = 2 , lim y = 2 ⇒ y = 2 là đường TCN của đồ thị hàm số. 0.25
x →−∞ x →+∞
lim y = −∞ , lim− y = +∞ ⇒ x = 1 là đường TCĐ của đồ thị hàm số.
x →1+ x →1
2
y' = > 0 ∀x ∈ D
(x − 1)2 0.25
⇒ Hàm số đồng biến trên các khoảng (−∞;1) và (1; +∞).
Bảng biến thiên:
x −∞ 1 +∞
y' + +
0.25
y +∞ 2
2 −∞
• Đồ thị:
x 0 2
y 4 0
- Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm
I(1; 2) làm tâm đối xứng.
0.25
b. (1.0 điểm) Viết phương trình đường thẳng…
Hoành độ giao điểm của d và (C) là nghiệm của phương trình:
2x − 4 x ≠ 1
= 2x + m ⇔ 2
x −1 2x + (m − 4)x − m + 4 = 0 (1)
d cắt (C) tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt khác 1 0.25
2 + (m − 4) − m + 4 ≠ 0 m < −4
⇔ ⇔ (*)
∆ = m − 16 > 0
2
m > 4
Khi đó, giả sử A(x A ;2x A + m), B(x B ;2x B + m) với x A , x B là nghiệm của (1)
4−m 4−m 0.25
Áp dụng định lý Vi-ét ta có: x A + x B = và x A x B =
2 2
m
Ta có: 4SIAB = 15 ⇔ 2d(I, AB).AB = 15 ⇔ 2 ⋅ ⋅ AB = 15 ⇔ 4AB2 .m 2 = 1125
5 0.25
⇔ 20(x A − x B ) .m = 1125 ⇔ 4[(x A + x B ) − 4x A x B ]m 2 = 225
2 2 2
⇔ (m 2 − 16)m 2 = 225 ⇔ m 2 = 25 ∨ m 2 = −9 (loaïi) ⇔ m = ±5 tm(*)
0.25
Vậy giá trị m thỏa mãn đề bài là: m = ±5.
Trang 1/4
- www.VNMATH.com
2 Giải phương trình …
(1.0 điểm) Điều kiện: sin x ≠ 0
cos2 x
Khi đó phương trình ⇔ 3 cos x − 2 = 3(cos x − 1)
sin 2 x 0.25
cos2 x
⇔ 3cos x − 2 = 3(cos x − 1) ⋅
1 − cos2 x
cos2 x
⇔ 3cos x − 2 = 3(cos x − 1) ⋅
(1 − cos x)(1 + cos x)
0.25
−3cos2 x
⇔ 3cos x − 2 =
1 + cos x
⇔ (3cos x − 2)(1 + cos x) = −3cos2 x
⇔ 6 cos2 x + cos x − 2 = 0
cos x = 1 / 2 x = ±π / 3 + k2π
⇔ (tmđk) ⇔
cos x = −2 / 3 x = ± arccos ( −2 / 3 ) + k2π 0.25
Vậy nghiệm của phương trình đã cho là: x = ±π / 3 + k2 π;x = ± arccos ( −2 / 3) + 2kπ .
3 Giải hệ phương trình …
(1.0 điểm) Điều kiện: x ≥ 1/ 2.
PT ⇔ 8x 2x − 1 = 4y3 + 12y 2 + 13y + 5 + 3 2x − 1
0.25
⇔ [4(2x − 1) + 1] 2x − 1 = 4(y + 1)3 + (y + 1) ⇒ y + 1 ≥ 0
Đặt 2x − 1 = u (u ≥ 0) thì pt trở thành: 4u3 + u = 4(y + 1)3 + (y + 1) (*)
Xét hàm số: f(t) = 4t 3 + t với t ≥ 0
Ta có: f '(t) = 12t 2 + 1 > 0 ∀t ≥ 0 ⇒ hàm số f(t) đồng biến trên (0; +∞) 0.25
Do đó (*) ⇔ f(u) = f(y + 1) ⇔ u = y + 1 ⇒ 2x − 1 = y + 1 ⇔ 2x = y 2 + 2y + 2
Thế vào (2) ta được: (y 2 + 2y + 2)2 − 4(y 2 + 2y + 2) + 4(y + 1) + 2y 3 + 7y 2 + 2y = 0
⇔ y 4 + 6y 3 + 11y 2 + 6y = 0 ⇔ y(y3 + 6y 2 + 11y + 6) = 0 0.25
⇔ y(y + 1)(y + 5y + 6) = 0
2
y = 0 ⇒ x = 1 (tmñk)
y = −1 ⇒ x = 1/ 2 (tmñk)
⇔ 0.25
y = −2 (loaïi)
y = −3 (loaïi)
4 Tìm số hạng chứa …
(1.0 điểm) Điều kiện: n ∈ ℕ, n ≥ 3
n! (n − 1)! (n − 1)! (n + 3)!
Cnn −3 − C2n −1 = C1n −1Cnn ++32 ⇔ − = ⋅
3!(n − 3)! (n − 3)!2! (n − 2)!1! (n + 2)!1!
⇔ n(n − 1)(n − 2) − 3(n − 1)(n − 2) = 6(n − 1)(n + 3) 0.25
n = −1 (loaïi)
⇔ n(n − 2) − 3(n − 2) = 6(n + 3) ⇔ n 2 − 11n − 12 = 0 ⇔
n = 12 (thoûa maõn)
12 k
4 12 12 − k 4 12
Khi đó: P = x x 4 − = x 3 ∑ C12
3
x k =0
k
x4 ( )
−
x
= ∑
k =0
C12
k
(−4)k x 51− 5k 0.25
Số hạng tổng quát trong khai triển là: C12 (−4) x
k k 51− 5k
0.25
Số hạng chứa x11 ứng với 51 − 5k = 11 ⇔ k = 8
Vậy hệ số của số hạng chứa x11 trong khai triển là: C12
8
(−4)8 = 32440320. 0.25
Trang 2/4
- www.VNMATH.com
5 Tính thể tích khối chóp …
(1.0 điểm) S
Ta có: AC = AD2 + DC2 = 3a
- Gọi H = AC ∩ BM ⇒ H là trọng
tâm của tam giác ABD.
2 1
⇒ AH = AO = AC = a
3 3 0.25
- Do (SAC) và (SBM) cùng vuông A 60
o M
D
góc đáy ⇒ SH ⊥ (ABCD) ⇒ SH là H
đường cao của hình chóp S.OMC O
- Do SH ⊥ (ABCD) nên góc giữa SA B C
và (ABCD) là góc SAO = 60 o
1 1 3a2 2
Có SH = AH tan 60o = a 3, S∆OMC = d(C,OM).OM = DM.OM = ⋅
2 2 8
0.25
1 1 3a2 2 a3 6
Vậy VS.OMC = ⋅ SH.S∆OMC = ⋅ a 3 ⋅ = ⋅
3 3 8 8
2 2
▪ Do H là trọng tâm tam giác ABD ⇒ BH = BM = AB2 + AM 2 = a 2.
3 3 0.25
∆AHB có AB = 3a = a + 2a = AH + HB ⇒ ∆AHB vuông tại H
2 2 2 2 2 2
Suy ra AH ⊥ HB . Mà SH ⊥ (ABCD) nên SH ⊥ HB
0.25
Do đó HB ⊥ (SAH) hay BM ⊥ (SAC) (đpcm)
6 Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P …
(1.0 điểm)
1 1 2
Ta có: + ≥ ⇔ (2 + x + y)(1 + xy ) ≥ 2(1 + x + y + xy)
x + 1 y + 1 1 + xy
⇔ 2 xy + (x + y) xy ≥ x + y + 2xy ⇔ (x + y)( xy − 1) − 2 xy( xy − 1)
0.25
⇔ ( xy − 1)( x − y)2 ≥ 0 luôn đúng do xy ≥ 1
z3 + 2 1
Và z 3 + 2 = z3 + 1 + 1 ≥ 3 3 z3 .1.1 = 3z ≥ 3 ⇒ ≥
3(xy + 1) xy + 1
x y 1 1 1 1
Khi đó: P ≥ +1+ +1+ − 2 = (x + y + 1) + + −2
y +1 x +1 xy + 1 x + 1 y + 1 xy + 1
0.25
(
≥ 2 xy + 1 ⋅ ) 2
+
1
1 + xy xy + 1
−2
(2t + 1)2 1 2t 1
Đặt xy = t(t ≥ 1) . Ta có: P ≥ + 2 −2= + 2 = g(t)
t +1 t +1 t +1 t +1
2 2t 2(t − 1) 2 (t 2 + t + 1) 0.25
Ta có: g '(t) = − = ≥ 0 với ∀t ≥ 1
(t + 1) 2 (t 2 + 1)2 (t + 1) 2 (t 2 + 1)2
⇒ Hàm số g(t) đồng biến trên [1; +∞) ⇒ g(t) ≥ g(1) = 3 / 2 ⋅
Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 3 / 2.
0.25
Dấu “=” xảy ra khi x = y = z = 1.
7 Lập phương trình đường thẳng đi qua M …
(1.0 điểm)
11a − 7 11a − 23
Do A ∈ ∆1 ⇒ A ;a ⇒ MA = ;a + 14 0.25
2 2
−3b − 4 −3b − 20
B ∈ ∆2 ⇒ B ; b ⇒ MB = ; b + 14 0.25
2 2
Theo giả thiết ta có: 3MB + 2AM = 0 ⇔ 3MB = 2MA
Trang 3/4
- www.VNMATH.com
−9b − 60
= 11a − 23 22a + 9b = −14 a = 1 ⇒ A(2;1)
⇔ 2 ⇔ ⇔ 0.25
3b + 42 = 2a + 28 2a − 3b = 14 b = −4 ⇒ B(4; −4)
Ta có: AB = (2; −5) là 1 VTCP của AB ⇒ n = (5;2) là 1 VTPT của AB.
0.25
Vậy phương trình đường thẳng AB là: 5x + 2y − 12 = 0.
8 Lập phương trình đường thẳng ∆ …
(1.0 điểm)
(C1 ) có tâm I1 (1; 0) và b/k R1 = 1/ 2 , (C2 ) có tâm I 2 (2;2) và b/k R 2 = 2
Giả sử đường thẳng ∆ có phương trình dạng: ax + by + c = 0 (a2 + b2 ≠ 0)
0.25
a+c 1
∆ tiếp xúc (C1 ) ⇔ d(I1 , ∆ ) = R1 ⇔ = (1)
a2 + b 2 2
Gọi H là trung điểm AB.
2
AB 2a + 2b + c 0.25
⇒ d(I 2 , ∆) = I 2 H = R −
2
2 = 4−2 = 2 ⇔ = 2 (2)
2 a +b
2 2
c = 2b
Từ (1) và (2) ta có: 2 a + c = 2a + 2b + c ⇔
c = −(4a + 2b) / 3
a = − b
▪ Với c = 2b ⇒ (1) ⇔ a2 + b2 = 2 a + 2b ⇔
a = −7b 0.25
a = 1,c = −2
Do a2 + b2 ≠ 0 ⇒ b ≠ 0 . Chọn b = −1 ⇒
a = 7,c = −2
⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: x − y − 2 = 0, 7x − y − 2 = 0.
4a + 2b a + 2b b = a
▪ Với c = − ⇒ (1) ⇔ a2 + b2 = 2 ⇔
3 3 b = 7a
b = 1,c = −2 0.25
Do a2 + b2 ≠ 0 ⇒ a ≠ 0 . Chọn a = 1 ⇒
b = 7,c = −6
⇒ phương trình đường thẳng ∆ là: x + y − 2 = 0, x + 7y − 6 = 0.
9 Tim m để phương trình có nghiệm …
(1.0 điểm) Điều kiện: (x − 3)(x + 3) ≥ 0 ⇔ x ≤ −3 ∨ x ≥ 3.
Nhận thấy x = 3 không là nghiệm của phương trình ⇒ x ≠ 3
Khi đó phương trình: 0.25
x +3 x +3 x +3 x+3
⇔ 2⋅ + 2 − 2m = (m − 1) ⇔ 2⋅ + 2 − 2m = (m − 1) (do ĐK)
x −3 x −3 x −3 x −3
x+3
Đặt = t (t ≥ 0, t ≠ 1) . Khi đó, phương trình trở thành:
x−3
0.25
2t 2 + t + 2
2t + 2 − 2m = (m − 1)t ⇔ 2t + t + 2 = (t + 2)m ⇔ m =
2 2
(*)
t+2
2t 2 + t + 2
Xét hàm số: f(t) = với t ∈ [0; +∞) ; lim f (t) = +∞
t+2 t →+∞
0.25
2t 2 + 8t
Ta có: f '(t) = ≥ 0 ∀t ∈ [0; +∞) ⇒ Hàm số đồng biến trên [0; +∞)
(t + 2)2
Do đó phương trình đã cho có nghiệm ⇔ (*) có nghiệm thỏa mãn: t ≥ 0, t ≠ 1
m ≥ f(0) m ≥ 1 0.25
⇔ ⇔
m ≠ f(1) m ≠ 5 / 3
▪ Chú ý: Các cách giải đúng khác đáp án cho điểm tối đa.
Trang 4/4
Thêm vào BST
Báo xấu
Download
Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ
