Đáp án đề thi thử đại học môn toán đợt 1 tháng 4 năm 2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (402.16 KB, 8 trang )
1
ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM
ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC ĐỢT 1 THÁNG 04/2014
Môn: TOÁN
Câu
Ý
Nội dung
Điểm
I
2,0
1)
Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1,0 điểm)
1) Hàm số có TXĐ:
2\R
0,25
2) Sự biến thiên của hàm số:
a) Giới hạn vô cực và các đường tiệm cận:
*
ylim;ylim
2x2x
Do đó đường thẳng x = 2 là tiệm cận đứng của đồ thị hàm số
*
lim lim 2
xx
yy
đường thẳng y = 2 là tiệm cận ngang của đồ thị hàm số
) Bảng biến thiên:
Ta có:
2x,0
2x
1
'y
2
Bảng biến thiên:
x
- 2 +
y’
-
-
y
2
-
+
2
* Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng
2;
và
;2
0,25
0,25
3) Đồ thị:
+ Đồ thị cắt trục tung tại
2
3
;0
và cắt trục hoành tại điểm
0;
2
3
+ Nhận xét: Đồ thị nhận giao điểm I( 2; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng.
0,25
2)
Tìm m để… (1,0 điểm)
O
y
x
2
3/2
3/2
2
2
Ta có:
2x,
2x
3x2
;xM
0
0
0
0
,
2
0
0
2x
1
)x('y
Phương trình tiếp tuyến với ( C) tại M có dạng:
2x
3x2
)xx(
2x
1
y:
0
0
0
2
0
0,25
Toạ độ giao điểm A, B của
và hai tiệm cận là:
2;2x2B;
2x
2x2
;2A
0
0
0
Ta thấy
M0
0BA
xx
2
2x22
2
xx
,
M
0
0BA
y
2x
3x2
2
yy
suy ra M là
trung điểm của AB.
0,25
Mặt khác I = (2; 2) và tam giác IAB vuông tại I nên đường tròn ngoại tiếp tam
giác IAB có diện tích
S =
2
)2x(
1
)2x(2
2x
3x2
)2x(IM
2
0
2
0
2
0
0
2
0
2
0,25
Dấu “=” xảy ra khi
3x
1x
)2x(
1
)2x(
0
0
2
0
2
0
Do đó có hai điểm M cần tìm là M(1; 1) và M(3; 3)
0,25
II
1)
PT
1)1cos4(3cos2
2
xx
1)sin43(3cos2
2
xx
Nhận xét
Zkkx ,
không là nghiệm của phương trình đã cho nên ta có:
1)sin43(3cos2
2
xx
xxxx sin)sin4sin3(3cos2
3
xxx sin3sin3cos2
xx sin6sin
2.0
0,25
26
26
mxx
mxx
7
2
7
5
2
m
x
m
x
;
Zm
0,25
Xét khi
5
2
m
k
2m=5k
m
t5
,
Zt
Xét khi
7
2
7
m
=
k
1+2m=7k
k=2(m-3k)+1 hay k=2l+1& m=7l+3,
Vậy phương trình có nghiệm:
5
2
m
x
(
tm 5
);
7
2
7
m
x
(
37 lm
)
trong đó
Zltm ,,
0,25
0,25
3
2)
Tính tích phân
2ln3
0
2
3
)2(
x
e
dx
I
Ta c ó
2ln3
0
2
33
3
)2(
xx
x
ee
dxe
I
Đặt u=
3
x
e
dxedu
x
3
3
;
22ln3;10 uxux
0,25
Ta được:
2
1
2
)2(
3
uu
du
I
=3
du
u
uu
2
1
2
)2(2
1
)2(4
1
4
1
0,25
=3
2
1
)2(2
1
2ln
4
1
ln
4
1
u
uu
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
Vậy I
8
1
)
2
3
ln(
4
3
0,25
III
Giảiphươngtrình
3
2
3
512)13(
22
xxxx
PT
631012)13(2
22
xxxx
232)12(412)13(2
222
xxxxx
. Đặt
)0(12
2
txt
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
1.0
0,25
0,25
Pt trở thành
0232)13(24
22
xxtxt
Ta có:
222
)3()232(4)13(' xxxx
0,25
4
Từ đó ta có phương trình có nghiệm :
2
2
;
2
12
x
t
x
t
Thay vào cách đăt giải ra ta được phương trình có các
nghiệm:
7
602
;
2
61
x
0,25
IV
Gọi M, N theo thứ tự là trung điểm của AB và
CD. Khi đó
OM AB
và
'DO N C
.
Giả sử I là giao điểm của MN và OO’.
Đặt R = OA và h = OO’. Khi đó:
OMI
vuông cân tại O nên:
2 2 2
.
2 2 2 2 2
ha
OM OI IM h a
1.0
0,25
Ta có:
2
2
2 2 2
2 2 2 2
2 3a
2 4 4 8 8
a a a a
R OA AM MO
0,25
23
2
3a 2 3 2
R . . ,
8 2 16
aa
Vh
0,25
và
2
a 3 2 3
2 Rh=2 . . .
22
22
xq
aa
S
0,25
V
Tìm GTLN của biểu thức
1,0
Do
0,, zyx
nên điều kiện viết lại dưới dạng
1
y
z
y
x
xz
(1)
Và đặt
2
tan,
2
tan
1
,
2
tan
c
z
b
y
a
x
với
2
;0,,
cba
. Khi đó (1) viết dưới
dạng:
1
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
2
tan
accbba
(*)
2222
cba
cba
. Vậy có:
0,25
5
2 2 2 2
22
2
2
2cos 2sin 3cos 1 cos 1 cos 3(1 sin )
2 2 2 2
2cos cos 3 3sin 3sin 2sin cos 3
2 2 2 2 2 2
1 1 1 10
3sin cos cos 3 3
2 2 3 2 3 3
3
a b c c
P a b
a b a b c c c a b
c a b a b
Dấu bằng xảy ra
3
1
2
sin
1
2
cos
c
ba
0,25
0,25
22
1
22
1
2
tan
3
1
2
sin z
cc
.
ba
ba
1
2
cos
kết hợp với (*)
2
1
2
1
2
tan y
y
x
a
Vậy
3
10
max P
khi
22
1
,2,
2
1
zyx
0,25
VI.a
2,0
1)
Đường tròn (C) có tâm I(1; m), bán kính R = 5.
Gọi H là trung điểm của dây cung AB.
Ta có IH là đường cao của tam giác IAB.
IH =
22
| 4 | |5 |
( , )
16 16
m m m
dI
mm
2
22
2
2
(5 ) 20
25
16
16
m
AH IA IH
m
m
Diện tích tam giác IAB là
12 2 12S
IAB IAH
S
2
3
( , ). 12 25| | 3( 16)
16
3
m
d I AH m m
m
0,25
0,25
0,25
0,25
2)
Gọi A = d
1
(P) suy ra A(1; 0 ; 2) ; B = d
2
(P) suy ra B(2; 3; 1)
Đường thẳng thỏa mãn bài toán đi qua A và B.
Một vectơ chỉ phương của đường thẳng là
(1;3; 1)u
Phương trình chính tắc của đường thẳng là:
12
1 3 1
x y z
0,25
0,25
0,25
0,25
I
A
B
H
5
6
VIIa
Số cách chọn 9 viên bi tùy ý là :
9
18
C
.
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.
+ Không có bi xanh: có
9
13
C
cách.
+ Không có bi vàng: có
9
15
C
cách.
1.0
0,25
0,25
0,25
Mặt khác trong các cách chọn không có bi xanh, không có bi vàng thì có
9
10
C
cách
chọn 9 viên bi đỏ được tính hai lần.
Vậy số cách chọn 9 viên bi có đủ cả ba màu là:
9 9 9 9
10 18 13 15
42910C C C C
cách.
0,25
VIb
2.0
1
Tọa độ đỉnh B là nghiệm của hệ
)2;0(
0423
042
B
yx
yx
Đường thẳng d đi qua E và song song với BC có phương trình:
0520)2(2)1(1 yxyx
. Tọa độ giao điểm F của d và đường
thẳng BG là nghiệm của hệ:
)
4
11
;
2
1
(
0423
052
F
yx
yx
. Do tam giác ABC
cân nên AG là đường trung trực của EF, Gọi
)
8
19
;
4
1
( I
là trung điểm của EF, đt
AG đi qua I và vuông góc với BC nên có phương trình:
1 19 15
2( ) 1( ) 0 2 0
4 8 8
x y x y
.
0.25
0,25
A
B
G
M
E
C
I
F
7
Tọa độ G là nghiệm của hệ
3 2 4 0
1 109
( ; )
15
28 56
20
8
xy
G
xy
Tọa độ trung điểm M của BC là nghiệm của hệ:
2 4 0
15
20
8
xy
xy
, suy ra
1 79
( ; )
20 40
M
Tọa độ C(
1
10
;
39
20
)
Ta có
2AG GM A
(
1 529
;
140 280
)
0,25
0,25
2
);1;2( tttMdM
. Ta có
222
)12( tttAM
3
12
3
12222
))(,(
tttt
PMd
.
Giả thiết có
12))(,(3 tPMdAM
=
0)12(
222
tttt
;t=4
t =0 ta có
(0;1;0)M
t=4 ta có M(8;5;-4)
0.25
0,25
0,25
0,25
VIIb
1.0
Điều kiện:
0x
Bất phương trình
)1(2log)3(3
2
xxx
Nhận thấy x=3 không là nghiệm của bất phương trình.
TH1 Nếu
3x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
Xét hàm số:
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;0
3
1
)(
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
;3
*Với
4x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
4x
* Với
4x
:Ta có
3)4()(
3)4()(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
0,25
0,25
8
TH 2 :Nếu
30 x
BPT
3
1
log
2
3
2
x
x
x
xxf
2
log
2
3
)(
đồng biến trên khoảng
;0
3
1
)(
x
x
xg
nghịch biến trên khoảng
3;0
*Với
1x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt vô nghiệm
* Với
1x
:Ta có
0)1()(
0)1()(
gxg
fxf
Bpt có nghiệm
10 x
0,25
Vậy Bpt có nghiệm
10
4
x
x
0,25
