zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Đề thi - Kiểm tra

Hướng dẫn chấm thi môn Toán (năm 2012-2013)

Chia sẻ: Codon_11 Codon_11 | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

128
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Hướng dẫn chấm thi môn Toán (năm 2012-2013) thuộc kỳ thi thử đại học lần 1 của của trường THPT Trần Phú Hà Tĩnh. Đây là tài liệu hỗ trợ giáo viên có thêm thông tin để chấm thi và các bạn học sinh tham khảo để làm bài thi tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Hướng dẫn chấm thi môn Toán (năm 2012-2013)

www.MATHVN.com SỞ GIÁO DỤC ĐÀO TẠO HÀ TĨNH KÌ THI THỨ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1 NĂM HỌC 2012 -2013 TRƯỜNG THPT TRẦN PHÚ HƯỚNG DẪN CHẤM MÔN TOÁN Câu Đáp án Điểm 1.(1 điểm) Khảo sát…. • TXĐ D = ℝ • Sự biến thiên x = 1 0.25 - Chiều biến thiên y ' = 3 ( x − 1) ; y ' = 0 ⇔ x − 1 = 0 ⇔  2 2  x = −1 - Hàm số đồng biến trên các khoảng ( −∞; −1) và (1; +∞ ) , nghịch biến trên khoảng ( −1;1) . - Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = −1 ; ycđ = 4, đạt cực tiểu tại x = 1 và yct = 0. 0.25 - Các giới hạn tại vô cực: lim y = lim ( x 3 − 3x + 2 ) = −∞ ; lim y = lim ( x 3 − 3x + 2 ) = +∞ x →−∞ x →−∞ x →+∞ x →+∞ - Bảng biến thiên: Câu 1 x −∞ -1 1 +∞ (2.0 điểm) y’ + 0 - 0 + 4 +∞ 0.25 y −∞ 0 • Đồ thị: y Giao với Ox là A (1;0 ) , B(−2;0) ; với Oy là C ( 0;2 ) 4 2 0.25 -1 O 1 x 2.(1.0 điểm) Vì tiếp tuyến vuông góc đường thẳng x +9y −8 = 0, nên tiếp tuyến có hệ số góc bằng 9. x0 = 2 0.25 Gọi tọa độ tiếp điểm là I ( x 0 ; y0 ) . Ta có f '(x 0 ) = 9 ⇔ x 0 2 − 1 = 3 ⇔  .  x 0 = −2 • Nếu x 0 = 2 , y 0 = 4 . Khi đó phương trình tiếp tuyến là d1 : y = f ' ( 2 )( x − 2 ) + f ( 2 ) ⇔ d1 : y = 9x − 14  y = 9x − 14 x = 3 0.25 M là giao điểm của ∆ và d1 suy ra tọa độ M là nghiệm của hệ  ⇔ . Vậy M ( 3;13)  y = −2x + 19  y = 13 • Nếu x 0 = −2 , y0 = 0 .Tương tự ta có phương trình tiếp tuyến là d 2 : y = 9x + 18  1  x= y = 9x + 18  11 Vậy  1 207  . 0.25 M là giao điểm của ∆ và d 2 nên tọa độ M là nghiệm của hệ  ⇔ M ;  y = −2x + 19 y = 207  11 11   11  1 207  Vậy tọa độ của điểm M là: M ( 3;13) và M  ; . 0.25  11 11  1. (1.0 điểm) Giải phương trình … Điều kiện xác định của pt: 3 sin x − sin 2x ≠ 0 ⇔ sin x ( ) 3 − 2cos x ≠ 0 . 0.25 Trang 1 – www.mathvn.com
www.MATHVN.com Phương trình đã cho tương đương ( 2sin x − 1)( cos 2x + sin x + 1) = sin x ( 3 − 4 cos 2 x ) Câu 2 0.25 (2.0 điểm) ⇔ ( 2sin x − 1)( cos 2x + sin x + 1) = sin x ( 4sin 2 x − 1) ⇔ ( 2sin x − 1) ( cos 2x − 2sin 2 x + 1) = 0 . 1 π 5π • sin x = ⇔ x = + k2π ∨ x = + k2π 2 6 6 0.25 π 5π Đối chiếu đkiện ta thấy x = + k2π không thỏa mãn điều kiện, x = + k2π thỏa mãn đk. 6 6 π kπ • cos 2x − 2sin 2 x + 1 = 0 ⇔ cos 2x = 0 ⇔ x = + (thỏa mãn) 4 2 0.25 π kπ 5π Vậy phương trình có các nghiệm là: x = + và x = + k2π , k ∈ ℤ . 4 2 6 2. (1.0 điểm) Giải phương trình… 2x 2 + 9 2x Điều kiện x ≠ 0 . Phương trình đã cho tương đương 2 + − 3 = 0 (1). 0.25 x 2x 2 + 9 x 1 −1 Đặt t = ≠ 0 . (1) trở thành: 2 + 2t − 3 = 0 ⇔ ( t − 1) ( 2t + 1) = 0 ⇔ t = 1 ∨ t = . 2 0.25 2x + 9 2 t 2 −1 x < 0 x < 0 3 2 • Với t = ⇒ −2x = 2x 2 + 9 ⇔  2 ⇔ 2 ⇔x=− . 0.25  4x = 2x + 9 2x = 9 2 2 2 x > 0 x > 0 • Với t = 1 ⇒ x = 2x 2 + 9 ⇔  2 ⇔  2 vô nghiệm.  x = 2x 2 + 9  x + 9 = 0 0.25 3 2 Vậy nghiệm của phương trình là x = − . 2 15 Điều kiện −1 ≤ x ≤ . 2 0.25 Ta có y − 2xy + 7y = − x + 7x + 8 ⇔ ( y − x ) + 7 ( y − x ) − 8 = 0 ⇔ ( y − x − 1)( y − x + 8) = 0 (1) 4 2 2 2 2 2 2 2 2 15 2 15 Vì x ≤ ; y +8 > nên x < y 2 + 8 . Khi đó (1) ⇔ y 2 − x − 1 = 0 ⇔ y 2 = x + 1 . 0.25 2 2 Thế y 2 = x + 1 vào phương trình dưới, ta được Câu 3 3x + 16 − 15 − 2x = x + 1 ⇔ 3x + 16 = 15 − 2x + x + 1 ⇔ 2x = ( x + 1)(15 − 2x ) (1.0 điểm) x ≥ 0 0.25 x ≥ 0  ⇔ 2 ⇔ −5 ⇔ x = 3 6x − 13x − 15 = 0  x = 3 ∨ x = 6 Với x = 3 ta có y 2 = 4 ⇔ y = ±2 0.25 Vậy nghiệm của hệ phương trình là ( 3; −2 ) , ( 3; 2 ) . Trang 2 – www.mathvn.com
www.MATHVN.com D a 3 Gọi I trung điểm BC, ta có AI = . Gọi H là hình chiếu của điểm A' C' 2 A trên đường thẳng A 'I . Ta có BC ⊥ AI, BC ⊥ AA' ⇒ BC ⊥ AH . Câu 4 (1.0 điểm) H B'AH ⊥ ( A 'BC ) . Vì G là trọng tâm ∆ ABC và AG nên 0,25 3 A C d ( A;( A 'BC ) ) = AH = 3d ( G;( A 'BC ) ) = a . 5 G I 1 1 1 B ∆AIA' vuông tại A có: 2 = 2 + 2 ⇒ AA ' = a 3 . AH AA' AI 2 a 3 Ta có SABC = 4 0,25 a 2 3 3a 3 Thể tích của khối lăng trụ ABC.A 'B'C' là V = AA'.S ABC = a 3. = (đvtt). 4 4 Gọi D là điểm đối xứng của B’ qua A’, ta có ABA 'D là hình bình hành suy ra A’B và AD song song. 0.25 Do đó góc giữa đường thẳng A’B và AC’ bằng góc giữa đường thẳng AC’ và AD. Ta có ∆B'C 'D vuông tại C’, suy ra C 'D = B'D 2 − B'C '2 = a 3 , AD = A 'B = AB2 + AA '2 = 2a . 0.25 = 2AD − C 'D = 5 . Vậy cosin góc giữa hai đường thẳng A'B và AC' bằng 5 2 2 cos DAC' 2AD 2 8 8 a b Do a, b,c > 0 , đặt x = > 0, y = > 0 khi đó x 3 + y3 = 1 c c 0.25 Ta có ( x + y ) = x + y + 3xy ( x + y ) = 1 + 3xy ( x + y ) . 3 3 3 a b Chia tử và mẫu của biểu thức M cho c 2 ≠ 0 và thay x = > 0, y = > 0 ta được c c Câu 5 ( x + y ) − 2xy − 1 0.25 2 x 2 + y2 −1 (1.0 điểm) M= = (1 − x )(1 − y ) − ( x + y ) + xy + 1 t > 1 t3 −1  t > 1 Đặt t = x + y ⇒ xy = , vì x, y > 0 nên ta có  2 t3 −1 ⇔  3 ⇔1< t ≤ 3 4 . 3t t ≥ 4 t ≤ 4  3t 0.25 t3 − 3t + 2 t +2 3 Biểu thức trở thành M = 3 = = 1+ t − 3t + 3t −1 t −1 2 t −1 3 4 +2 Vì 1 < t ≤ 3 4 ⇒ 0 < t − 1 ≤ 3 4 − 1 suy ra f (t) ≥ 3 . 4 −1 0.25 4 +2 3 Vậy giá trị nhỏ nhất của biểu thức là 3 khi a = b,c = a 3 2 . 4 −1 Chương trình chuẩn 5 2 Diện tích hình vuông là S = AB.AD = 2AI2 = 25 nên AI = . 2 Điểm I ∈ d : y = − x + 5 ⇒ I ( a;5 − a ) với a > 0 , AI 2 = 2a 2 + 6a + 9 . 0.25 25 −7 1 Khi đó a nghiệm phương trình 2a 2 + 6a + 9 = ⇔ a = (loại), a = (tm điều kiện). 2 2 2 Câu 6a 1 9 (1.0 điểm) Tọa độ tâm I  ;  , vi I trung điểm AC nên tọa độ đỉnh C ( 4; 4 ) . 0.25 2 2 Trang 3 – www.mathvn.com
www.MATHVN.com Đường thẳng ∆ vuông góc AI có n∆ = ( 7;−1) nên phương trình là ∆ : 7x − y + 1 = 0 . Vì điểm B thuộc b = 1 2 2  1  9  25 0.25 ∆ : 7x − y + 1 = 0 nên B ( b;1 + 7b ) . Ta có BI = AI ⇔  b −  + 1 + 7b −  = ⇔  2  2 2 b = 0 • Với b = 0 ⇒ B ( 0;1) do I trung điểm BD nên D (1;8 ) ; • Với b = 1 ⇒ B (1;8 ) và D ( 0;1) . 0.25 Vậy tọa độ các đỉnh B, C, D là: B(1;8) ,C( 4;4) và D ( 0;1) hoặc B ( 0;1) ,C ( 4; 4 ) và D (1;8 ) Điều kiện n ∈ ℕ, n ≥ 2 , 0.25 Câu 7a Phương trình ⇔ 2C2n − 8C1n = n ⇔ n 2 − 10n = 0 ⇔ n = 0 (loại), n = 10 (nhận) (1.0 điểm) Với n = 10 , P(x) = (1 − 6x ) = a 0 + a1x + ... + a k x k + ... + a10 x10 10 0.25 1 1 a a Khi x = , ta có P   = 210 = a 0 + 1 + ... + 10 0.25 2 2 2 210 1 Ta có tổng T bằng giá trị của P(x) tại x = . Do đó T = 210 . 0.25 2 3 1 4 Câu 8a Điều kiện 0 < x, x ≠ , x ≠ .Ta thấy x = 1 không là nghiệm. 0.25 (1.0 điểm) 2 2 Với x ≠ 1 phương trình tương đương 1 1 1 1 1 1 0.25 + = ⇔ + = (1) (1 + log x 2 ) 3 + log x 2 2 2 3 2 log x 2x log x 2x 2 Đặt t = log x 2 , t ≠ −1; t ≠ −3 1 1 1 t = 1 0.25 (1) trở thành + = ⇒ t 3 + 3t 2 + t − 5 = 0 ⇔  2 (1 + t ) 3+ t 2  t + 4t + 5 = 0 ( vô nghiêm) 2 Với t = 1 suy ra log x 2 = 1 ⇔ x = 2 (nhận). Vậy nghiệm của phương trình là: x = 2 0.25 Chương trình Nâng cao Do tam giác ABC vuông tại A nên đường tròn ngoại tiếp tam giác có tâm trùng với trung điểm cạnh BC 1 0.25 và bán kính bằng AI = BC = 5 . 2 Gọi tọa độ tâm là I ( x 0 ; y 0 ) ,do u d = u d ' = (1; −2 ) nên d và d’ song song, suy ra I cách đều d và d’ Câu 6b (1.0 điểm) x 0 − 2y 0 − 1 x 0 − 2y 0 + 21 0.25 Hay = ⇔ x 0 − 2y0 + 10 = 0 ⇔ x 0 = 2y 0 − 10 . 5 5 Khi đó y0 thỏa mãn AI = 5 ⇔ ( 2y 0 − 10 − 3) + ( y 0 − 4 ) = 25 ⇔ y 0 = 4; y0 = 8 2 2 0.25 Với y0 = 4 ⇒ I ( −2;4 ) , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x + 2 ) + ( y − 4 ) = 25 2 2 0.25 Với y0 = 8 ⇒ I ( 6;8 ) , phương trình đường tròn ngoại tiếp tam giác ABC là ( x − 6 ) + ( y − 8) = 25 2 2 Không gian mẫu Ω có n ( Ω ) = C420 = 4845 0.25 Câu 7b Biến cố A=”lấy được ít nhất 2 cái bút cùng màu” thì biến cố đối A =”không có hai cái bút cùng màu” 0.25 (1 điểm) Số cách chọn 4 bút không có 2 bút cùng màu là C6 .C6 .C5C3 = 540 1 1 1 1 ( ) = 36 . n A Xác suất của biến cố A là P A = ( ) n (Ω) 323 0.25 Khi đó xác suất của biến cố A là P(A) = 1 − P A = ( ) 287 323 . 0.25 Trang 4 – www.mathvn.com
www.MATHVN.com Câu 8b 3 27 (1.0 điểm) Đặt ; 3 − x = t ⇒ 27 − x x x = t 3 + 9t ;PT trở thành t 3 − 7t + 6 = 0 ⇔ ( t − 1)( t − 2 )( t + 3) = 0 0.25 3 27 3 1 + 13 1 + 13 • t = 1 ⇒ 3x − x = 1 ⇔ 3x = ⇔ x = log 3 3 2 2 3 • t = 2 ⇒ 3x − x = 2 ⇔ 3x = 3 ⇔ x = 1 0.5 3 3 21 − 3 21 − 3 • t = −3 ⇒ 3x − x = −3 ⇔ 3x = ⇔ x = log 3 3 2 2 1 + 13 21 − 3 0.25 Vậy nghiêm của phương trình đã cho là x = 1 , x = log 3 và x = log 3 . 2 2 ---------------Hết--------------- Chú ý: Mọi cách làm đúng khác với đáp án đều cho điểm tương ứng. Trang 5 – www.mathvn.com

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.