Đáp án Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối A tháng 5/2014

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

Thêm vào BST

Báo xấu

83
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đáp án Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối A tháng 5/2014" đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong "Đề thi thử Đại học lần 2 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 2 môn Toán khối A tháng 5/2014

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 THÁNG 05/2014 Môn: TOÁN Câu Ý Nội dung Điểm I 2,00 1 1,00 + MXĐ: D  0,25 + Sự biến thiên  Giới hạn: lim y  ; lim y   x  x  x  0 0,25  y '  4 x3  4 x  4 x  x 2  1 ; y '  0    x  1  Bảng biến thiên 0,25 yCT 1  y  1  1; yCT 2  y 1  1; yC§  y  0   0  Đồ thị 0,25 2 1,00 Ta có f '( x)  4 x  4 x . Gọi a, b lần lượt là hoành độ của A và B. 3 Hệ số góc tiếp tuyến của (C) tại A và B là k A  f '(a)  4a  4a, kB  f '(b)  4b  4b 3 3 Tiếp tuyến tại A, B lần lượt có phương trình là: 0.25 y  f '  a  x  a   f  a   f '  a  x  f (a)  af'  a  ; y  f '  b  x  b   f  b   f '  b  x  f (b)  bf'  b  Hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song hoặc trùng nhau khi và chỉ khi: k A  kB  4a 3  4a = 4b3  4b   a  b   a 2  ab  b 2  1  0 (1) 0.25 Vì A và B phân biệt nên a  b , do đó (1) tương đương với phương trình: a 2  ab  b 2  1  0 (2) Mặt khác hai tiếp tuyến của (C) tại A và B trùng nhau 0,25 a  ab  b  1  0 a  ab  b  1  0 2 2 2 2  a  b   4 ,  f  a   af '  a   f  b   bf '  b  3a  2a  3b  2b 2 4 2
Giải hệ này ta được nghiệm là (a;b) = (-1;1), hoặc (a;b) = (1;-1), hai nghiệm này tương ứng với cùng một cặp điểm trên đồ thị là  1; 1 và 1; 1 . Vậy điều kiện cần và đủ để hai tiếp tuyến của (C) tại A và B song song với nhau là 0,25 a 2  ab  b 2  1  0  a  1 a  b  II 2,00 1 1,00  Giải pt (1  2cos3x)sinx+sin2x=2sin 2 (2 x  ) ( 1) 4 0,25 (1)  sinx+2sinxcos3x+sin2x=(sin2x+cos2x)2 :  sinx+sin4x-sin2x+sin2x=1+sin4x 0,25   sinx =1  x   k 2 , k  Z 0,25 2  Vậy pt đã cho có nghiệm là x   k 2 , k  Z 2 0,25 2 1,00 Xét bất phương trình 9( x  1)  (3x  m)(1  3x  4) (1) 2 2 0,25 4 Đk x   3 0,25 Đặt t  3x  4, t  0  t 2  3x  4 (1)  (t 2  1) 2  (t 2  m  4)(1  t ) 2 (2) 3 Ta xét sự biến thiên của t khi x   0; 4 t/  0x  0;4 0,25 2 3x  4  t (0)  t  t (4)hay 2  t  4x  0; 4 (2)  (t  1)2 (t  1)2  t 2  m  4  0 do t   2; 4  (t  1) 2 0) m5 m5  2t  m  5  0  t  Ycbt   4  m  13 0,25 2 2 KL III 1,00 1 1,00 1 I   4  3( x  1) 2 dx 2    Đặt x  1  sin t , t    ;   2 2 0 3 0,50 2 Ta có dx  cos tdt; 4  3( x  1)2  2cos t 3
 Khi x=0  t   ; x  1  t  0 3 0 0 4 4 I  3 cos 2 tdt   2 3 (1  cos2t )dt   3 3 0 4 1 2 1  (1  sin 2t )    2 3 2  3 3 2 0,50 3 IV 1,00 Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và CD. Khi đó OM  AB và O ' N  CD . Giả sử I là giao điểm của MN và OO’. Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó: IOM vuông cân tại O nên: 0,25 2 h 2a 2 OM  OI  IM   h a. 2 2 2 2 2 2 a a 2 2 a 2 a 2 3a 2 Ta có: R  OA  AM  MO      2 2   2   2 0,25  2   4  4 8 8 3a 2 a 2 3 2 a3  V   R 2h   . .  , 0,25 8 2 16 a 3 a 2 3 a 2 và S xq  2 Rh=2 . .  . 0,25 2 2 2 2 V 1,00 1 a 1 b 1  ( a  b) Ta có   1 1 a 1 b 1  ( a  b) Binh phương hai vế 0,25 (1  a)(1  b) 1 a  b 1 a  b 1 a 1 b  )  1   (1  a)(1  b) 1 a  b 1 a  b 1 a 1 b (1  a)(1  b) 1  a  b 2ab(a  b  2)   0 Ta co (1  a)(1  b) 1  a  b (1  a)(1  b)(1  a  b) 1 a  b 1 a 1 b 2ab(a  b  2) 0,25 Va 1     1  a  b 1  a 1  b (1  a)(1  b)(1  a  b)
x y Mặt khác với x  y 0 ta co x y 2 xy (1  a)(1  b) 1  a  b  (1  a)(1  b) 1 a  b (1  a)(1  b) 1  a  b   ) (1  a)(1  b) 1 a  b 1 a  b 2 1 a  b ab(a  b  2)  Nên ta chỉ cm 1 a  b (1  a)(1  b)(1  a  b) 1 a  b 2ab(a  b) 2ab( a  b  2)  1 a  b (1  a )(1  b)(1  a  b) (1  a )(1  b)(1  a  b) . 1 a  b 0,25 1 a  b ab   1 a  b a  b  2 2 2 1 2 1 a  b ab 3 3 ab     3 1 a  b a  b  2 1 2 2 2 3 3 0,25 1 1   0 5 4 (ĐPCM) VIa 2,00 1 1,00 Đường tròn (C) có tâm I(2;1) và bán kính R  5 . Gọi A, B là hai tiếp điểm của (C) với hai tiếp của (C) kẻ từ M. Nếu hai tiếp tuyến này lập với nhau một góc 600 thì IAM là nửa tam giác đều suy ra IM  2R=2 5 . 0,25 Như thế điểm M nằm trên đường tròn (T) có phương trình:  x  2    y  1  20 . 2 2 Mặt khác, điểm M nằm trên đường thẳng  , nên tọa độ của M nghiệm đúng  x  2 2   y  12  20 (1) hệ phương trình:  0,25  x  2 y  12  0 (2) Khử x giữa (1) và (2) ta được: x  3  2 y  10    y  1  20  5 y  42 y  81  0   27 0,25 2 2 2 x  5
 9  27 33  Vậy có hai điểm thỏa mãn đề bài là: M  3;  hoặc M  ;  0,25  2  5 10  2 1,00 Ta tính được AB  CD  10, AC  BD  13, AD  BC  5 . 0,25 Vậy tứ diện ABCD có các cặp cạnh đối đôi một bằng nhau. Từ đó ABCD là một tứ diện gần đều. Do đó tâm của mặt cầu ngoại tiếp của tứ diện là trọng 0,25 tâm G của tứ diện này. 3 3 Vậy mặt cầu ngoại tiếp tứ diện ABCD có tâm là G  ;0;  , bán kính là 2 2 0,50 14 R  GA  . 2 VII 1,00 a Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là : C189 . 0,25 Những trường hợp không có đủ ba viên bi khác màu là: + Không có bi đỏ: Khả năng này không xảy ra vì tổng các viên bi xanh và vàng chỉ là 8. 0,25 + Không có bi xanh: có C139 cách. + Không có bi vàng: có C159 cách. Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có C109 cách chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần. 0,50 Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là: C109  C189  C139  C159  42910 cách. VIb 2,00 1 1,00 9 9 3 I có hoành độ xI  và I   d  : x  y  3  0  I  ;  2 2 2 Vai trò A, B, C, D là như nhau nên trung điểm M của cạnh AD là giao điểm của (d) và Ox, suy ra M(3;0) 9 9 AB  2 IM  2  xI  xM    yI  yM   2  3 2 2 2 4 4 S 12 S ABCD  AB. AD = 12  AD = ABCD   2 2. AB 3 2  AD   d  0,50  , suy ra phương trình AD: 1.  x  3  1.  y  0   0  x  y  3  0 .  M  AD Lại có MA = MD = 2 . Vậy tọa độ A, D là nghiệm của hệ phương trình: x  y  3  0   y   x  3  y   x  3        x  3  y  2  x  3  y  2  x  3   3  x   2 2 2 2 2 2   2  y  3 x x  2 x  4   hoặc  .Vậy A(2;1), D(4;-1),  x  3  1  y  1  y  1
9 3 I ;  là trung điểm của AC, suy 2 2  x A  xC  xI  2  xC  2 xI  x A  9  2  7 ra:   0,50  y  y A  yC  yC  2 yI  y A  3  1  2  I 2 Tương tự I cũng là trung điểm BD nên ta có: B(5;4). Vậy tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật là (2;1), (5;4), (7;2), (4;-1). 2 1,00 Mặt cầu (S) tâm I(2;-1;3) và có bán kính R = 3. Khoảng cách từ I đến mặt phẳng (P): 2.2  2.  1  3  16 d  d  I ,  P   0,25 5 d  R. 3 Do đó (P) và (S) không có điểm chung.Do vậy, min MN = d –R = 5 -3 = 2. Trong trường hợp này, M ở vị trí M0 và N ở vị trí N0. Dễ thấy N0 là hình chiếu vuông góc của I trên mặt phẳng (P) và M0 là giao điểm của đoạn thẳng IN0 với mặt cầu (S). Gọi  là đường thẳng đi qua điểm I và vuông góc với (P), thì N0 là giao điểm của  và (P). Đường thẳng  có vectơ chỉ phương là n P   2;2; 1 và qua I nên có 0,25  x  2  2t  phương trình là  y  1  2t  t  . z  3  t  Tọa độ của N0 ứng với t nghiệm đúng phương trình: 15 5 2  2  2t   2  1  2t    3  t   16  0  9t  15  0  t    9 3 0,25  4 13 14  Suy ra N 0   ;  ;  .  3 3 3 3 Ta có IM 0  IN0 . Suy ra M0(0;-3;4) 0,25 5 VII 1,00 b Ta có ( x  yi )3  18  26i  x 3  3x 2 yi  3xy 2  y 3i  18  26i 0,25 0,25  x  3xy  18 3 2  2  13 x 3  27x 2 y  39xy 2  9 y 3  0 3x y  y  26 3 Nếu y = 0 x = 0 không thỏa mãn. 0,25 Nếu y ≠ 0, chia hai vế của phương trình cho y3 ta được: 3 2 x x x x 13    27    39    9  0   3  y  y  y y  x  3 y  x  3, y  1  z  3  i 0,25