Đáp án đề thi thử khối A môn: Toán

Chia sẻ: Cau Map | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

62
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đáp án đề thi thử khối A môn: Toán giúp các bạn củng cố lại kiến thức và thử sức mình trước kỳ thi. Hy vọng nội dung đáp án đề thi sẽ giúp các bạn đạt kết quả cao trong kỳ thi sắp tới.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đáp án đề thi thử khối A môn: Toán

ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ KHỐI A Câu Đáp án Điểm Câu 1 1. (1,0 điểm) Khảo sát và vẽ đồ thị Với m  1 ta có y  x3  3x2  1  TXĐ: D   0,25  Sự biến thiên x  0  y  1 +) Chiều biến thiên: y '  3x2  6 x  3x  x  2   y '  0   .  x  2  y  3 Hàm số đồng biến trên các khoảng  ; 0  và  2;   , nghịch biến trên khoảng  0; 2 . +) Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0, ycd  1 ; đạt cực tiểu tại x  2, yct  3 . 0,25 +) Giới hạn: lim y  , lim y   x  x  +) Bảng biến thiên x  0 2  y'  0  0  1  0,25 y  3  Đồ thị y 1 -1 1 2 3 O x 0,25 -3 2. (1,0 điểm) Tìm m….  Ta có n1   2;1 là VTPT của đường thẳng d . 0,25 y '  3x2  2  m  2  x  m  1  y '(1)  3  2m  4  m  1   m  2 . Gọi  là tiếp tuyến của đồ thị hàm số (1) tại điểm có hoành độ bằng 1. Suy ra phương trình của  có dạng: y  y '(1)  x  1  y(1) . Do đó n2   m  2;1 là VTPT của  . 0,25     n1 .n2   Theo đề bài ta có: cos n1 , n2  cos 300     n1 . n2 2 3 0,25 2(m  2)  1 3    m2  20m  25  0  m  10  5 3 . 0,25 2 5. (m  2)  1 2 Câu 2 3 3 sin x  2 cos x  Giải phương trình : 2  cos x 2 sin x  1
  1  x   k2 Điều kiện: sin x    6 , k  . 2 5  x    k2  0,25 6 3 Phương trình  cos x  2 sin x  1  3 sin x  2 cos x  2  4 sin x cos x  2 cos x  2 3 sin x  3  0    2 cos x  2 sin x  1  3  2 sin x  1  0   2 sin x  1 2 cos x  3  0 0,25 1 3   7 0,25  sin x   , cos x   x    2n , x    2m , x   2m 2 2 6 6 6  7 0,25 Kết hợp điều kiện ta có x    k2 , x   k2 , k  . 6 6 Câu 3  x3  4 y3  3x2  4 y  2  0 Giải hệ phương trình  . 3x2  4 y2  6 x  1  0  3  x  1  3  x  1  4 y  4 y  0 3 Ta có hệ   . 3  x  12  4 y2  4  0 0,25   a3  4 y3  3a  4 y Đặt a = x - 1 , ta có hệ:  3a2  4 y2  4    Suy ra 4 a3  4 y3   3a  4 y  3a2  4 y2  2 8  5a3  12a2 y  12ay2  32 y3  0   5a  8 y  a  2 y   0  a   y, a  2 y . 5 0,25 2 8  8  25 5  a y thay vào hệ ta có 3   y   4 y2  4  y2   y . 5  5  23 23  8  8  8  8 a   x  1  a  x  1  0,25  23  23  23  23 +)   +)   . y  5 y  5 b   5 y   5  23  23  23  23 1 1  a  2 y thay vào hệ ta có: y2   y 2 2 a  2 x  1  2 a   2 x  1  2     +)  1  1 +)  1  1 . y  y  b   y    2  2  2  2 0,25  8 5   1  Vậy hệ có 4 cặp nghiệm  x; y    1  ;  ,  1  2;  .  23 23   2 Câu 4 Gọi H là trọng tâm tam giác ABC, suy ra SH  ( ABCD) . Kẻ MH vuông góc với AB, M thuộc AB.  Ta có SMH là góc giữa hai mặt phẳng  SAB  và  ABCD  , do đó SMH   600 . 0,25
HB 1 1 a 3 nên MH  d  D, AB   S Vì  , suy DB 3 3 6 a ra SH  MH . tan 600  . 2 0,25 Mặt khác tam giác ABD đều cạnh a nên a2 3 a2 3 K SABCD  2SABD  2.  . 4 2 Thể tích khối chóp S. ABCD là M B C 2 3 1 1 a a 3 a 3 V  SH .SABCD  . .  . H 3 3 2 2 12 N A D 3 Ta có AB (SCD)  d  AB, SC   d  AB, (SCD)   d  B, (SCD)   d  H , (SCD)  . 0,25 2 Gọi N, K theo thứ tự là hình chiếu của H lên CD và SN, khi đó d  H , (SCD)   HK . 2 2a 3 a 3 SH .HN a 7 Vì HN  d  B, CD    nên HK   . 3 3 2 3 SH 2  HN 2 7 0,25 3a 7 Vậy d  AB, SC   . 14 0 x3  3 x2  x  3 Câu 5 Tính tích phân I   dx . x  2 1 2  2x  3   Ta có x3  3x2  x  3   x  1 x2  2 x  3 . Đặt t  x2  2 x  3  1 2 dt   x  1 dx . 0,25 Đổi cận x  1  t  2, x  0  t  3 . 3 1 t6 2  t2 Khi đó I  dt 0,25 2 3 3 1 1 6  1 6     2  dt   ln t   2 t t  2 t 0,25 2 2 1 3  0,25   ln  1  . 2 2  Câu 6 b  2c  7 72a2  c2 Tìm max P  . a  2 3 Đặt b  xa, c  ya  x, y  0 . Giả thiết bài toán trở thành  3  2 x  y   1     30  x y 6 9 6 x 2 y x 3x  6 3   9   9x 2 y   20  2 x   y        x   y       0,25 x y y x 2 2y  x 2   y   2y x  x 3x 3x 4y 0,25   666 x 4 x 2 2y y y3 4y Ta có P  x  2 y  7 72  y2   2 y  7 72  y2  f ( y) . y3 Xét hàm số f ( y) với y  0 , ta có 0,25 12 7y 24 504 f '( y)  2 và f ''( y)     0, y  0 2  y  3 ( y  3)2 72  y2   3 72  y2
Suy ra f '( y) là hàm đồng biến trên  0;   và f '(3)  0  f '( y)  0  y  3 . 0,25 Lập bảng biến thiên ta suy ra f ( y)  f (3)  55 hay P  55 . Đẳng thức xảy ra khi y  3, x  2  b  2a, c  3a . Vậy max P  55 . Câu 7.a Gọi N là giao điểm của DK và AB. Khi đó DAN  ABM  AN  BM  N là trung  4 8 0,25 điểm cạnh AB. Ta có AK   ;   , phương trình AM : 2 x  y  3  0, DK : x  2 y  3  0 . 5 5    Vì N  DK  N  2n  3; n   AN   2n  2; n  1 . 1 2 2 Mà AN  AB  2  AN 2  4   2n  2    n  1  4  5n2  6n  1  0 2 0,25 1  n  1, n   . 5 1 21 0,25 +) Với n    xB  2 xN  x A   2 (loại) 5 5 +) Với n  1  xB  1  2, yB  3  B 1; 3 . Phương trình BC: y  3  C  5; 3 0,25 Phương trình CD : x = 5 Þ D (5;1) . Câu 8.a Gọi I là tâm của mặt cầu (S), I  d nên I  t; 2  t; 3  2t  . 0,25 Vì (S) tiếp xúc với hai mặt phẳng   và    nên d( I , ( ))  d( I , ( )) 0,25 5t  11 7t  1    5t  11  7t  1  t  5, t  1 . 3 3 +) t  1  I 1;1;1 , R  2 . Phương trình mặt cầu (S): 0,25 2 2 2  x  1   y  1   z  1  4 . +) t  5  I  5; 7;13 , R  12 . Phương trình mặt cầu (S) 0,25 2 2 2  x  5   y  7    z  13  144 . Câu 9.a Điều kiện n  2 . 3n(n  1) 0,25 Ta có 3Cn2  2 An2  3n2  15   2n(n  1)  3n2  15 2  n2  7n  30  0  n  10 . 0,25 n 10 10 0,25  3   3 3  k 10  k Khi đó  2 x3     2x  2    C10 2 .(3) k .x30  5k 2  x   x  k 0 Số hạng chứa x10 ứng với 30  5k  10  k  4 . 0,25 Vậy số hạng chứa x10 là: C10 4 .26.34.x10 .  Câu 7.b Ta có HD   6; 3 , suy ra phương trình BC : 2 x  y  4  0 Phương trình DH : x  2 y  8  0 . 0,25 Gọi M là trung điểm cạnh BC , ta có IM  d  I , BC   5 . 0,25 Kẻ đường kính BB ' , khi đó AHB ' C là hình bình hành nên AH  B ' C  2 IM  2 5 .  Vì A  DH  A  8  2a; a   AH   2a  14;7  a  . 0,25 2 2 2 Suy ra  2a  14    a  7   20   a  7   4  a  9, a  5 . 0,25 Vậy A  2; 5  hoặc A  10; 9  .
Câu 8.b Gọi I là tâm của mặt cầu (S), ta có I  2  t; t; 3  2t  .  0,25 Suy ra AI   t; t  3; 2t   IA  6t2  6t  9 .  Đường thẳng d đi qua B  1; 1; 0  và có u   2;1; 2  là VTCP.    0,25 BI   t  3;  t  1; 2t  3  BI  u   4t  1; 6t  12;  t  5    2 2 BI  u (4 t  1)2   6t  12    t  5  53t2  142t  170 Do đó d  I , d      . u 3 3 0,25 Theo đề bài, ta có d  I , d   IA  53t2  142t  170  54t2  54t  81  t2  88t  89  0  t  1, t  89 . +) t  1  I 1;1;1 , R  IA  3 . Phương trình m ặt cầu (S): 2 2 2  x  1   y  1   z  1  9 . 0,25 +) t  89  I  91; 89;181 , R  IA  48069 . Phương trình m ặt cầu (S): 2 2 2  x  91   y  89    z  181  48069 . Câu 9.b 0  x  2 y  1 Điều kiện:  .  xy  0 0,25 1  log ( x  2 y) ( xy)  log ( x  2 y) 8  log ( x  2 y) ( xy)  2 Û log (x + 2y) (8xy) = 2 log 8  x  2 y  2 2 Û 8xy = (x + 2y ) Û (x - 2y ) = 0 Û x = 2y . 0,25 5 0,25 Thay vào phương trình th ứ hai ta có: 4 y - 4.42y + 5 = 0 Û 4 y = 4 5 5  5 5  y  log 4  x  2 log 4 . Vậy hệ có hai cặp nghiệm: ( x; y)   2 log 4 ; log 4  . 4 4  4 4 0,25 Ghi chú: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa.