Đáp án KTCL ôn thi đại học lần 1 môn toán khối A,A1, Sở Giáo Dục Đào Tạo Vĩnh Phúc năm 2013,2014
Bạn đang xem bản rút gọn của tài liệu. Xem và tải ngay bản đầy đủ của tài liệu tại đây (345.48 KB, 5 trang )
SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC
ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014
Môn: TOÁN; Khối A, A
1
I. LƯU Ý CHUNG:
- Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo
cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa.
- Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó.
- Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn.
II. ĐÁP ÁN:
Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂM
1 2,0 điểm
Với
2
m
hàm số có dạng
4 2
2 4 3
y x x
TXĐ:
D
Giới hạn:
lim ; lim
x x
y y
0,25
Chiều biến thiên:
3
0
' 8 8 ; ' 0
1
x
y x x y
x
BBT
x
1
0 1
y’
0 + 0
0 +
y
1
3
1
0,25
Hàm số đồng biến trên các khoảng
1;0
và
1;
Hàm số nghịch biến trên các khoảng
; 1
và
0;1
.
Điểm cực đại
0;3
, cực tiểu
1;1 , 1;1
.
0,25
a
Điểm uốn:
2
1
'' 24 8; '' 0
3
y x y x
. Điểm uốn
1 17
;
9
3
U
Đồ thị: Giao với Oy tại
0;3
, đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng
0,25
TXĐ:
3 2
2
2
0
' 8 2 ; ' 0
(*)
4
x
y x m x y
m
x
0,25
b
Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị
(*) có hai nghiệm phân biệt khác 0
0
m
0,25
www.VNMATH.com
Tọa độ các điểm cực trị
4 4
2 2 2
0; 1 , ; 1 , ; 1
2 8 2 8
m m m m
A m B m C m
.
Dễ thấy
A Oy
còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi
1
m
.
Tọa độ trung điểm của BC là
4
2
0; 1
8
m
I m
0,25
Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra
4 2
2 4 2
1
1 4 4 0
8 2
m m
m m m
2
m
( thỏa mãn).
0,25
2 1,0 điểm
Đk:
cos4 1
sin 2 0
2
k
x
x k
x
0,25
Pt
cos 2 sin 2 sin 2 1 cos 2
x x x x
cos 2 sin 2 1 sin 2 1 0
x x x
sin 2 1
1
sin 2
4
2
x
x
0,25
+)
sin 2 1
4
x x k
0,25
+)
( )
1
sin 2
4
2
4
x k l
x
x k
Vậy phương trình có nghiệm
4 2
k
x k
.
0,25
3 1,0 điểm
2
2 2
4 1 1 1 2 0 (1)
4 4 2 3 4 3 (2)
x x y y
x y y x
Đk:
1
2
3
4
y
x
0,25
3
3
2
(1) 4 1 1 1 2 0 2 2 1 2 1 2
x x y y x x y y
Xét hàm số
3
( )
f t t t
trên
,
2
'( ) 3 1 0f t t t
0,25
(1) có dạng
2 1 2 2 1 2 0
f x f y x y x
Thay vào phương trình (2) ta được
4 2
16 24 8 3 4 3 0
x x x
2 2
16 2 1
4 1 4 5 0
3 4 1
x
x x
x
0,25
2
16
2 1 2 1 4 5 0
3 4 1
x x x
x
1
2
x
do
3
0
4
x
Với
1
0
2
x y
. Vậy hệ phương trình có nghiệm
1
; 0
2
.
0,25
4 1,0 điểm
Điều kiện
0
x
. Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn.
Với
0
x
viết lại phương trình:
2 2
4 1 4 2 0
x m x x m x
2 2
4 4
1 2 0 1
x x
m m
x x
0,25
www.VNMATH.com
Đặt
2
4
2
x
t
x
. Từ phương trình (1) ta có:
2
1 2 0 2
t m t m
2
2
1
t t
m g t
t
0,25
Xét hàm số
2
2
1
t t
g t
t
với
2
t
2
4
1( )
' 1 ; ' 0
3
1
t l
g t g t
t
t
BBT
t 2 3
g’(t)
0 +
g(t)
8
7
0,25
Để (1) có nghiệm
0
x
thì (2) có nghiệm
2
t
Từ BBT của g(t) thì cần có
7
m
.
0,25
5 1,0 điểm
F
E
I
K
H
O
D
C
B
A
S
Goi E là trung điểm của CD, suy ra
AB IE
. Lại có
AB SI AB SEI
, do đó
( )
ABCD SIE
. Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH
SH ABCD
0,25
3; 2
SI a IE a SE a
(do tam giác SEI vuông tại S)
3
2
a
SH
.
Vậy
3
.
1 2 3
.
3 3
S ABCD ABCD
a
V SH S
(đvtt)
0,25
Vì
2 2
1
2 2 2
a a
EH SE SH OH EH OI
. Qua O kẻ
/ / ( )
OF BC F BC
, ,
d SO AB d AB SOF
, 2 ,
d I SOF d H SOF
0,25
Kẻ HK vuông góc với SO tại K
HK SOF
3
, 2
2
a
d SO AB HK
.
0,25
6 1,0 điểm
Không mất tổng quát, giả sử:
3
a b c
Đặt
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
P
a b c ab b c a bc a b c ac
2 2 2
2 2 2 2 2 2 2 2 2
6 2 2 2
2 2 2
a b c b c a c a b
P
a b c ab b c a bc a b c ac
0,25
www.VNMATH.com
2 2 2
2 2 2
6 1 1 1
9
P
a b c b c a a c b
0,25
2 2
2 2
1 1 1 2
1
5 25
3
c
a b c c c
2
1 2 1 0
c c
đúng
0,25
2 2 2
2 2 2
6 1 1 1
9
P
a b c b c a a c b
3 3
5 5
P
Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi
a b c
.
0,25
7.a 1,0 điểm
1
C
có tâm
1;1
I
, bán kính
1
1
R
;
2
C
có tâm
3;4
J
, bán kính
2
2
R
0,25
Do
1 2
5
IJ R R
1 2
,
C C
rời nhau nên A và B phân biệt
0,25
; 4
M t t d
2 2 2 2
1
2 4 9
MA MI R t t
;
2 2 2 2
2
2 6 5
MB MJ R t t
0,25
Tam giác AMB cân tại M
2 2
2
MA MB t
. Vậy
2;6
M
.
0,25
8.a
1,0 điểm
Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0)
2
4
6
C
Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho
3
4
4
C
0,5
Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả
số 0 đứng đầu)
2 3
4 4
. .5! 2880
C C
Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy
từ tập đã cho
1 3
3 4
. .4! 288
C C
Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
2880 288 2592
số.
0,5
9.a
1,0 điểm
ĐK:
0
1
x
x
2 2
(1) log 3 1 log 4 ( 3) 1 4
x x x x x x
(2)
0,25
- Nếu
1
x
; (2)
( 3)( 1) 4
x x x
1
3
3
x
x
x
0,25
- Nếu
0 1
x
; (2)
( 3)(1 ) 4 3 2 3 3 2 3
x x x x x
0,25
Vậy phương trình có 2 nghiệm
3; 3 2 3
x x
0,25
7.b
1,0 điểm
Ta có
1 2
d d
. Tam giác
IAB
vuông tại I và có
2
IA IB
nên
1
cos
5
IAB
hay
d
tạo với
1
d
một góc
với
1
cos
5
0,25
1
d
có véc tơ pháp tuyến
1
(1;2)
n
, gọi
( ; )
n a b
là véc tơ pháp tuyến của
d
1
2 2
1
.
2
1 1 1
cos
5 5 5
5
n n
a b
n n
a b
0,25
2
0
3 4 0
4 3
b
b ab
a b
0,25
Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là:
0
x
và
3 4 0
x y
0,25
www.VNMATH.com
8.b
1,0 điểm
2 2
2 2 2 2
0 0 0 0
cos3 .cos 1 1 cos3 .cos 1 cos3 .cos
lim lim lim 1 lim
x x
x x x x
e x x e x x x x
x x x x
0,25
2
0
1 cos3 .cos
lim
x
x x
x
2 2
2 2
0 0
1 cos 4 1 cos 2 sin 2 sin
lim lim
2
x x
x x x x
x x
0,25
2 2 2
2 2 2
0 0 0
sin 2 sin sin 2
lim lim 1 lim
x x x
x x x
x x x
0,25
2
2
0
sin 2
1 4lim 5
4
x
x
x
. Vậy
2
2
0
cos3 .cos
lim 6
x
x
e x x
x
0,25
9.b
1,0 điểm
Cho
3 15
31 2
0
2 3
1 1 1
2 2 2 2 2 2
n
n
n
aa a
x a
15
8 2 5
n
n
0,25
Ta có
5 5
5
3 15 3 15 3
5 5
0 0 0
1 2 1 2 2
k
k i
k k k k i
k
k k i
x x C x x C x C x
5
15 3
5
0 0
. . 2 .
k
i
k i k i
k
k i
C C x
0 5
i k
0,25
15 3 6 3 9
k i k i
Ta có bảng sau
k 3 4 5
i 0 3 6
0,25
3, 0
k i
hoặc
4, 3
k i
Vậy
0 3
3 0 4 3
6 5 3 5 4
. . 2 . . 2 150.
a C C C C
0,25
Hết
www.VNMATH.com
