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 2 môn Toán khối B năm 2014 - THPT Ngô Gia Tự

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

Báo xấu

91
lượt xem 7
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

"Đáp án Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối B năm 2014 - THPT Ngô Gia Tự" đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong "Đề thi thử Đại học lần 2 môn Toán khối B năm 2014 - THPT Ngô Gia Tự", 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 B năm 2014 - THPT Ngô Gia Tự

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT BẮC NINH HD CHẤM THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014 TRƯỜNG THPT NGÔ GIA TỰ Môn thi: TOÁN; Khối B NGÀY THI 18/01/2014 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề Câu Ý Nội dung Điểm 1 a) Khảo sát và vẽ đồ thị 1.0 4 2 Khi m  1 , ta có hàm số y  x  x  2 .  Tập xác định : D   . 0.25  Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y '  2 x(2 x 2  1) ; y '  0  x  0 . - Khoảng đồng biến (0; ) , khoảng nghịch biến (;0) . - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  2 . 0.25 - Giới hạn: lim   và lim   . x  x  - Bảng biến thiên x  0  y’ – 0 + 0.25   y -2  Đồ thị : Đồ thị cắt trục Ox tại (1;0);(1;0) và cắt Oy tại (0; 2) 0.25 b) Tìm m…… 1.0 Gọi điểm cố định mà đồ thị đi qua có tọa độ là: (x 0 ; y 0 ) , ta có 0.25 y 0  x 04  mx 02  m  1 luôn đúng với mọi m. x 2  1  0 0.25 Hay: m (x 02  1)  1  x 04  y 0  0 luôn đúng với mọi m   0 y 0  x 0  1 4 0.25 Khi đó (C m ) luôn luôn đi qua hai điểm cố định là A( 1;0), B (1;0) . Hai tiếp tuyến tại A, B vuông góc nên có 3 5 0.25 y '(1)y (1)  1  (4  2m )(4  2m )  1  m   hoặc m   . 2 2
www.VNMATH.com 3 5 Vậy với m   , m   thỏa mãn yêu cầu bài toán. 2 2 2 Giải phương trình lượng giác 1.0 Phương trình đã cho trở thành 0.25 2cos6x+2cos4x- 3cos2x = sin2x+ 3 2  4cos5xcosx = 2sinxcosx + 2 3 cos x 0.25  cos x=0   2cos5x =sinx+ 3 cos x  cos x  0   cos5x=cos(x-  )  6 0.25    x  2  k   k  x    0.25  24 2   x    k 2  42 7 3 Giải bất phương trình: x  2  x 2  x  2  3x  2 1.0 2 Điều kiện: x  . 0.25 3 Bất phương trình trở thành:   x  2  3x  2  (x 2  x  2)  0  2   x  2    x  1  0 (1) 0.25  x  2  3x  2  2 2 Đặt f (x )   x  1 với x  . x  2  3x  2 3 0.25 Ta có f '(x )  2  x  2  3x  2 '   1  0, x  2 . 2 3  x  2  3x  2  2 5 3 Do đó f (x )  f     0. 3 3 2 0.25 Khi đó từ (1) ta có x  2  0  x  2 . 3 Kết hợp với điều kiện ta có nghiệm của bất phương trình: x  2 . 2 4 1.0 Tìm hệ số của x10 trong khai triển Ta có C20n 1  C21n 1  ...  C22nn11  (1  1) 2 n 1  22 n 1 . 0.25 Lại có: C20n 1  C22nn11 ; C21n 1  C22nn1 ; C22n 1  C22nn11 ;...; C2nn 1  C2nn11 0.25
www.VNMATH.com 22 n 1  2 Do đó: C20n 1  C21n 1  ...  C2nn 1   22 n  1  220  1  n  10 2 0.25 10 Mà: (2  3x )10   C10k 210 k 3k x k k 0 0.25 Hệ số của x10 tương ứng k  10 Vậy hệ số của x10 là: C1010 310  310 . 5 Hình học không gian 1.0 * Tính thể tích: 1 Gọi H = AC  BD  SH  (ABCD) & BH = BD. 3 Kẻ HE  AB  AB  (SHE) nên góc giữa (SAB) và (ABCD) là:   600 SHE 1 2a 2a 3 Mà HE = AD =  SH = . 3 3 3 3 1 VSABCD = .SH.SABCD = a 3 . 3 3 S K A O D I E H B C * Tính khoảng cách: Gọi O là trung điểm AD, AC  BO  I . Khi đó ABCO là hình vuông cạnh a . 0.25 1  ACD có trung tuyến SO = AD 2  CD  AC  CD  (SAC) và BO // CD Hay CD // (SBO) và BO  (SAC). d(CD ; SB) = d(CD ; (SBO)) = d(C ; (SBO)). 0.25 Theo tính chất trọng tâm tam giác BCO ta có 1 a 2 5a 2 IH  IC   IS  IH 2  HS 2  . 0.25 3 6 6
www.VNMATH.com Kẻ CK  SI mà CK  BO  CK  (SBO)  d(C;(SBO)) = CK. Trong tam giác SIC có: 0.25 1 1 SH .IC 2a 3 SH .IC 2a 3 S SIC  SH .IC  SI .CK  CK    . 2 2 SI 5 SI 5 2a 3 Vậy: d (CD; SB)  . 5 6 Chứng minh 1.0 Ta có: 0.25 3 3 1 1 1 2a  b  ab  bc  3 abc  2a  b  a.4b  b.4c  3 a.4b.16c 4 4 2 2 4 3 a  4b b  4c a  4b  16c 0.5  2a  b    4 4 4 12 28(a  b  c)  7 12 0.25 16 4 1 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: a  ; b  ; c  7 7 7 7 1.0 Tìm tọa độ đỉnh C và D Ta có:  AB   1;2   AB  5 . Phương trình của AB là: 2 x  y  2  0 . I   d  : y  x  I  t ; t  . I là trung điểm của AC và BD nên ta có: 0.25 C  2t  1; 2t  , D  2t; 2t  2  . 4 Mặt khác: S ABCD  AB.CH  4 (CH: chiều cao)  CH  . 5 0.25  4 5 8 8 2 | 6t  4 | 4 t  3  C  3 ; 3  , D  3 ; 3  Ngoài ra: d  C ; AB   CH        5 5 0.25 t  0  C  1;0  , D  0; 2  5 8 8 2 Vậy tọa độ của C và D là C  ;  , D  ;  hoặc C  1; 0  , D  0; 2  .  3 3 3 3 0.25 8 1.0 Viết phương trình đường thẳng d….. Theo giả thiết: (C ) có tâm O(0; 0) , bán kính R  13 (C ') có tâm O '(6; 0) , bán kính R '  5
www.VNMATH.com Tọa độ các giao điểm của (C ) và (C ') là nghiệm của hệ phương trình:  x 2  y 2  13  x 2  y 2  13 0.25     ( x  6)2  y 2  25  x 2  y 2  12 x  11  0 x  2  0.5    y  3  A(2;3) (vì y  0) A   y  3  Gọi H, H’ lần lượt là giao điểm của đường thẳng d và các đường tròn (C ) , (C ') thỏa AH  AH ' , với H không trùng H’. Gọi M, M’ lần lượt là trung điểm của AH, AH’. Vì A là trung điểm của đoạn thẳng HH’ nên A là trung điểm của đoạn thẳng MM’. Gọi I là trung điểm của đoạn thẳng OO’  I (3; 0) . Ta có IA // OM. Mà OM  (d ) nên IA  (d )  0.25  (d ) có vtpt IA  (1;3) và qua A(2;3) Vậy phương trình đường thẳng d :  1( x  2)  3( y  3)  0   x  3 y  7  0 . 9 Giải phương trình 1.0 3  2 sin 2 x sin 2 x 1sin 2 x 2 9  4.9  31 2 sin x  13  9 2 2 36 27 3 0.25  9sin x  sin 2 x  13  2 sin 2 x  sin2 x . 9 9 9 2 Đặt t  9 ,1  t  9 , ta có phương trình : sin x 39 27 t   13  0  t  1; t  3; t  9 . t t2 + Với t  0  sin 2 x  0  x  k .  0.5 + Với t  1  sin 2 x  0  cos x  0  x   k . 2 1 1  k + Với t   sin 2 x   cos 2x  0  x   . 0.25 2 2 4 2 k Vậy nghiệm phương trình là: x  ( k  ) . 4 Tổng : 10.00 Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần.

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.