Đáp án và thang điểm đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 2014

Chia sẻ: Nguyen Phi Son | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

81
lượt xem 4
download

Đáp án và thang điểm đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 2014

Mô tả tài liệu

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đáp án và thang điểm đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 20144. Cùng tham khảo và kiểm tra kết quả sau khi làm đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 2014, với tài liệu này việc kiểm tra và dò đáp án của bạn sẽ dễ dàng hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đáp án và thang điểm đề thi thử ĐH môn Toán khối A lần 2 năm 2014

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 2 THÁNG 6/2014 MÔN: TOÁN Câu Nội dung Điểm 1a m 1, y=x 3 3x 2 (1 điểm) * Tập xác định: D = R 0,25 * Sự biến thiên: - Chiều biến thiên: y ' 3x 2 3; y ' 0 x 1 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( ; 1) và (1; ) , nghịch biến trên ( 1;1) - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = -1, yCĐ = 0; đạt cực tiểu tại x = 1, yCT = - 0,25 4 - Giới hạn: lim y ; lim y x x - Bảng biến thiên: x -1 1 y’ + 0 - 0 + 0 0,25 y -4 * Đồ thị: Đồ thị cắt trục hoành tại (2;0) đi qua điểm (-2;-4) 0,25 1b y ' 3x 2 2(m 1) x (2m 1) (1 điểm) Hàm số có cực đại, cực tiểu phương trình: y ' 0 có hai nghiệm phân biệt 0,25 2 ' (m 2) 0 m 2 2(m 1) (2m 1) Khi đó áp dụng định lý viet ta có: x1 x2 ; x1 x2 3 3 0.25 x12 2 x2 ( x1 x2 )2 3x1 x2 1 0 x1 x2 1 1 2m2 5m 2 0 m 2, m 0.25 2 1 Đối chiếu điều kiện ta có: m ;m 2 0.25 2
2 Điều kiện: s inx+ cos x 0 (1 điểm) 0,25 Phương trình đã cho tương đương: cos 2 x cos x 1 2 1 s inx s inx cosx (1 sin 2 x) cos x 1 2 1 s inx s inx cosx 0,25 2 s inx 1 1 s inx 1 cos x 0 0,25 cos x 1 x 2k 2 (k Z) 0,25 x 2k Đối chiếu điều kiện ta thấy các họ nghiệm trên đều thỏa mãn. 3 (4 x 3)( 4 y 3 3x 8 1) 9 (1) (1 điểm) (x x 2 4)( y y 2 4) 4 (2) Điều kiện y 4 0,25 Từ phương trình (2) ta có ( x x 2 4)4 4( y 2 4 y) x x2 4 y2 4 y (3) Xét hàm số f ( x) x x2 4 với x R x x2 4 x x x Ta có f '( x) 1 0 với x R suy ra hàm số 0,25 x2 4 x2 4 x2 4 đồng biến trên R . Từ (3) ta có f ( x) f ( y ) x y Thế vào (2) ta được: (4 x 3)( x 4 3 3x 8 1) 9 (4) 3 Vì x không phải là nghiệm của (4) nên 4 9 (4) x 4 3 3x 8 1 0 4x 3 9 3 Xét hàm số g ( x) x 4 3 3x 8 1 trên ( 4; ) \{ } 0,25 4x 3 4 1 1 36 3 Ta có g '( x) 0 x 4, x 2 x 4 3 (3x 4)2 (4 x 3) 2 4 3 3 Suy ra hàm số g ( x) đồng biến trên các khoảng ( 4; );( ; ) . Do đó phương 4 4 trình g ( x) 0 có tối đa 2 nghiệm. Ta lại có g (0) g ( 3) 0 suy ra x 0; x 3 là các nghiệm của phương trình g ( x) 0 . 0.25 Với x 0 y 0; x 3 y 3 Đối chiếu điều kiện ta thấy phương trình có 2 nghiệm: (0;0); ( 3;3) 4 1 x(e x 1) (1 điểm) I = ( x 1) 2 dx . 0 0.25 1 Đặt u x(e x 1); v ' ( x 1)2
1 Ta có du (e x ( x 1) 1)dx ; chọn v 0.25 x 1 1 x(e x 1) 1 1 I= |0 (e x )dx 0.25 x 1 0 x 1 e 1 e 3 = (e x ln x 1) |1 0 ln 2 . 2 2 2 0,25 e 3 Vậy I = ln 2 2 2 5 (1 điểm) *) Tính thể tích: Gọi H là trung điểm của BC suy ra H là A’ C’ tâm đường tròn ngoại tiếp tam giác (ABC) nên 0,25 B’ B ' H ( ABC ) . Từ giả thiết ta suy ra góc giữa BB’ và (ABC) bằng 600. Do đó: B'H BH .tan 600 a 3 1 1 2 Ta có S ABC AB. AC a 3 2 2 0,25 A 3 3 Suy ra VABC . A' B 'C ' B ' H .S ABC a (đvtt) C 2 M *) Tinh góc: H B Gọi M là trung điểm của AB, suy ra AB ( B ' HM ) ( ABB ') ( B ' HM ) . Do 0,25 đó góc giữa B ' H và ( ABB ') là góc giữa B ' H và B ' M . Ta có MH 1 1 tan MB ' H MB ' H arctan B'H 2 2 0.25 1 Vậy góc giữa B ' H và ( ABB ') là arctan 2 6 Từ giả thiết ta có: (1 điểm) x y 1 1 1 1 3( ) ( x y) 3( ) 2 2 3( x y)( ) 2 y x x y x y x y x y x y 10 3( ) 2 3( ) 6 2 . y x y x y x 3 1 1 0,25 x y 3( ) x y x 3, y 1 Đẳng thức xẩy ra khi x y 10 x 1, y 3 y x 3
2 x2 2 y2 3 P (x 2 xy y )( 4 ) y x4 xy x4 y4 x3 y3 x2 y2 x y ( ) 2( 3 ) ( 2 ) 3( ) 6 y4 x4 y x3 y x 2 y x 0.25 x y 10 Đặt t , ta có t và P t 4 2t 3 3t 2 3t 6 y x 3 10 0.25 Đặt f (t ) t 4 2t 3 3t 2 3t 6, t 3 10 f '(t ) 4t 3 6t 2 6t 3 2t 2 (t-3)+2t(t 2 -3)+3 > 0 với t 3 10 2596 10 x 3, y 1 Do đó f (t ) f ( ) , có “=” khi t hay 3 81 3 x 1, y 3 0.25 2596 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 81 B Gọi I (a; b) là tâm đường tròn và H là 7a H trung điểm của AB. (1 điểm) A Ta có khoảng cách từ I đến đường N thẳng d là 5 0.25 I d (I ; d ) IH R2 IH 2 IM 2 2 Theo giả thiết ta có hệ: IM 2 IN 2 (1) M 5 d (I ; d ) IM 2 (2) 2 Từ (1) ta có a 3b 5 a 3b 5 Từ (2) ta có a 3b 12 0.25 5 (a 2) 2 (b 4) 2 10 2 6b 17 5 Thế (1) vào (2) ta có : (3b 7) 2 (b 4) 2 10 2 b 2 0,25 6b 17 125 10b 2 50b 8b2 37b 42 0 21 10 2 b 8 a 1, b 2 Do đó ta có 2 trường hợp: 23 21 a ,b 8 8 0,25 ( x 1)2 ( y 2) 2 5 Suy ra 2 đường tròn thỏa mãn: 23 2 21 2 170 (x ) (y ) 8 8 64 8a Gọi d ' là đường thẳng cần lập và M là giao điểm của d , d ' . 0,25
(1 điểm) Ta có: M (3 3t; 3 2t; 2 2t ) Vì d '/ /( P) nên AM .n 0 Ta có: AM (3t 1; 2t 2;2t 5) , n (3; 2; 3) 0,25 AM .n 0 t 2 M (9; 7;6), AM (5; 6;9) . Vì d ' đi qua A, M nên phương trình x 4 y 1 z 3 0,25 d ': 5 6 9 x 4 y 1 z 3 Ta thấy A ( P) nên d '/ /( P) . Vậy pt cần lập là: d ' : 0,25 5 6 9 9a Số cách chọn 7 bi bất kỳ là: C20 77520 7 0,25 (1 điểm) Số cách chọn ra k bi đỏ trong số 7 bi đã chọn là C12 .C87 k k 0,25 Các trường hợp chọn bi thỏa mãn yêu cầu bài toán tương ứng với k=0, 1, 2 0,25 suy ra số cách chọn bi thỏa mãn yêu cầu là C12 .C87 C12 .C86 C12 .C85 4040 0 1 2 4040 101 Xác suất cần tìm là: P=P0+P1+P2= P 0,25 77520 1938 7b Kéo dài AH cắt CD tại E. Do ABCD (1 điểm) A B hình thang (AB//CD) và H trung điểm BC nên dễ thấy HAB HEC 0,25 S ADE S ABCD 14 H Ta có AE 2AH 13 và phương trình đường thẳng AE: 2x -3y + 1 = 0. E Do đỉnh D có hoành độ dương và D 0,25 C nằm trên đường thẳng (d) có phương D trình 5 x y 1 0 nên D(d; 5d+1) với d > 0 2d 3(5d 1) 1 28 1 2S ADE 28 S AE.d D; AE d D; AE ADE 2 AE 13 13 13 30 0,25 13d 2 28 d (loai) 13d 2 28 13 13d 2 28 d 2(t / m) Từ đó D(2; 11) E đối xứng với A qua H suy ra E(-2; -1) nên phương trình đường thẳng CD: 3x – y 0,25 +5=0 Đường thẳng AB qua A, song song với dt CD nên có pt: 3x – y – 2 = 0 8b Ta thấy A không thuộc hai đường thẳng d1 , d 2 . (1 điểm) Giả sử đường thẳng d1 , d 2 là trung tuyến đi qua B, C. 0,25 Suy ra B(2 2t ,5 2t , t ), C (3 u,1 4u,1 u ) , gọi M,N là trung điểm của AB, AC. t 3 u 5 u 0,25 Ta có M (1 t ,3 t , 2 ), N ( ;1 2u; ). 2 2 2 Vì M d2 ; N d1 , thay tọa độ M, N vào phương trình đường thẳng d2, d1 ta có: 0,25 t 2, u 3 B(6;1; 2), C (0;13; 2)
Ta có AB (6;0; 6); AC (0;12; 6) [ AB; AC ]=(72;36;72) 1 0,25 S ABC AB, AC 54(đvdt) 2 9b 2 2 4i 2 i z z.z . Từ đó suy ra (1 điểm) Ta có z z 2 z 0 0,25 2 4i 2 i z2 2 2 0 2 4i 2 i z 0 z z.z 2 4i (2 4i)(2 i) 2 z2 2i 1 i suy ra z 1 i, z 1 i 0 ,25 2 i 5 Vì z có phần thực là số dương nên z 1 i 2(cos i sin ) 0.25 4 4 7 7 2 2 w z7 ( 2)7 (cos i sin ) 8 2( i ) 8 8i 4 4 2 2 0.25 Do đó phần thực của w là 8 và phần ảo của w là 8. HẾT