đáp án đề thi thử đh môn toán lần 1 năm 2014 THPT Quốc Gia Chu Văn An

5 832 2
đáp án đề thi thử đh môn toán  lần 1 năm 2014 THPT Quốc Gia Chu Văn An

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO HÀ NỘI TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 1 MÔN TOÁN – KHỐI D CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 Cho hàm số 2 1 x y x − = + (1) 2,00 1 Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). (1,00 điểm) • TXĐ: D = \{ 1}−¡ • Giới hạn và tiệm cận: 1 1 lim 1; lim ; lim x x x y y y + − →±∞ →− →− = = −∞ = +∞ ⇒ (C) nhận đường thẳng x = –1 là tiệm cận đứng và đường thẳng y = 1 là tiệm cận ngang. • Sự biến thiên: 2 3 ' 0, \{ 1} ( 1) y x x = > ∀ ∈ − + ¡ ⇒ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó. 0,50 • Bảng biến thiên: • Hàm số không có cực trị. 0,25 • Đồ thị: 0,25 2 Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng : 2d y x m= − + cắt đồ thị (C) tại hai điểm A, B phân biệt có độ dài bằng 30 . (1,00 điểm) Phương trình hoành độ giao điểm của (C) và d là: 2 2 1 x x m x − = − + + (*) (*) ⇔ 2 2 (3 ) 2 0x m x m+ − − − = (1) . Nhận xét: (1) không có nghiệm x = – 1. (C) cắt d tại hai điểm phân biệt ⇔ (1) có hai nghiệm phân biệt x 1 , x 2 ⇔ ∆ (1) > 0 ⇔ m 2 + 2m + 25 > 0 ⇔ m ∈ ¡ . 0,25 1 Gọi A(x 1 ; 1 2x m− + ) và B(x 2 ; 2 2x m− + ) là các giao điểm của (C) và d với 1 2 1 2 3 2 2 2 m x x m x x −  + =    +  = −   . Khi đó 2 2 1 2 1 2 1 2 5( ) 5[( ) 4 ]AB x x x x x x = − = + − 0,25 2 2 3 2 2 25 5[( ) 4 ] 5. 2 2 4 m m m m AB − + + + = + = 0,25 2 2 2 25 30 5. 30 2 1 0 1 4 m m AB m m m + + = ⇔ = ⇔ + + = ⇔ = − 0,25 2 Giải phương trình: sin 2 cos 2 2sin 0x x x− − = (*) 1,00 (*) ⇔ 2 sin 2 2 sin 4 x x π   − =  ÷   ⇔ sin 2 sin 4 x x π   − =  ÷   0,50 ⇔ 2 2 2 4 4 ( ) 5 2 2 2 12 3 4 x k x x k k k x x x k π π π π π π π π π   = + − = +   ⇔ ∈     = + − = − +     ¢ 0,50 3 Giải hệ phương trình: 2 2 ( 3) 9 1 ( 1) 2 1 x y y x y y − − =    − + = −   1,00 Trường hợp 1: Xét y = 0, hệ đã cho trở thành 3 1 0 1 x− =   = −  vô lý Trường hợp 2: Xét y ≠ 0, HPT ⇔ 2 2 3 1 (1 ) 9 2 1 ( 1) x y y x y y  − − =     − + = −   0,25 Đặt 1 t y = − , ta có hệ phương trình 2 2 3 9 2( ) 1 x t xt x t x t + + =    + − + = −   0,25 Đặt 2 ( 4 ) S x t S P P xt = +  ≥  =  , ta có hệ phương trình; 2 2 3 9 3 9 3 2 2 2 1 3 4 15 0 S P S P S P S S P S S + = + =   =    ⇔ ⇔    = − − = − − − =      hoặc 5 3 32 9 S P  = −     =   (loại) 0,25 3 3 1 2 2 2 S x t x P xt t = + = =    ⇔ ⇔    = = =    hoặc 2 1 x t =   =  ⇔ 1 1 2 x y =    = −   hoặc 2 1 x y =   = −  Hệ phương trình có hai nghiệm: 1 (1; );(2; 1) 2 − − 0,25 4 Tính tích phân: 1 0 ( 5).ln(2 1).I x x dx= − + ∫ 1,0 1 1 1 1 2 2 2 0 0 0 0 10 ( 5).ln(2 1). ln(2 1). ( 5 ) ( 5 ).ln(2 1) 2 2 2 1 x x x x I x x dx x d x x x dx x − = − + = + − = − + − + ∫ ∫ ∫ 0,50 2 1 1 2 0 0 9 21 21 9 21 21 ln3 ln3 ln 2 1 2 2 4 4(2 1) 2 4 4 8 x x I dx x x x     = − − − + = − − − + +     +       ∫ 9 21 57 ln3 ( 5 ln 3) 5 ln3 2 8 8 = − − − + = − 0,25 5 Cho hình chóp S.ABC có đáy ABC là tam giác vuông tại B, AB = a, BC = 2a; cạnh bên SA vuông góc với mặt đáy. Biết rằng số đo của góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABC) bằng 60 0 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ trọng tâm G của tam giác SAB đến mặt phẳng (SAC). 1,00 Ta có ( ) { } BC SA BC AB BC SAB BC SB SA AB A ⊥   ⊥ ⇒ ⊥ ⇒ ⊥   ∩ =  Khi đó: 0 (( ),( )) ( , ) 60SBC ABC SB AB SBA∠ = ∠ = ∠ = Suy ra SA = ABtan60 0 = 3a 0,25 Khi đó: 3 . 1 1 1 3 . . . . 3 3 2 3 S ABC ABC a V S SA AB BC SA ∆ = = = 0,25 Tính d(B;(SAC)): Kẻ BH⊥AC ⇒ BH⊥(SAC) ⇒ d(B;(SAC)) = BH. Trong ∆ABC vuông tại B: 2 2 2 2 1 1 1 5 4BH BA BC a = + = ⇒ d(B;(SAC)) = BH = 2 5 a 0,25 Ta có 1 2 ( ;(SAC))= ( ;( )) 3 3 5 a d G d B SAC = 0,25 6 Cho a, b, c là các số thực dương thỏa mãn ab + bc + ca ≤ 3abc. Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 3 3 3 3 3 3 1 1 1 2 6 2 6 2 6 P a b b c c a = + + + + + + + + 1,00 Ta có: 3 3 3 1 1 3 2 4 6 1 1 3 a a a a b b + + ≥ ⇔ + ≥ + + ≥ nên 3 3 3 3 1 1 2 6 6 3 3(2 ) 2 6 a b a b a b a b + + ≥ + ⇔ ≤ + + + . Tương tự 3 3 3 3 1 1 1 1 ; 3(2 ) 3(2 ) 2 6 2 6 b c c a b c c a ≤ ≤ + + + + + + ⇒ P 1 1 1 1 3 2 2 2a b b c c a   ≤ + +   + + +   (1) 0,25 Hơn nữa từ bất đẳng thức: 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) 9; , , 0 ( ); , , 0 9 x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + + + ≥ ∀ > ⇔ ≤ + + ∀ > + + ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 ( ) ( ) 2 9 3(2 ) 3( ) 27a b a a b a a b a b a a b a b = ≤ + + ⇒ = ≤ + + + + + + + Nên 1 1 1 1 1 1 1 1 ( ) 3 2 2 2 9a b b c c a a b c   + + ≤ + +   + + +   (2) 0,50 Từ (1) và (2) suy ra 1 1 1 1 ( ) 9 P a b c ≤ + + . Giả thiết ab + bc + ca ≤ 3abc 1 1 1 3 a b c ⇔ + + ≤ . Suy ra 1 3 P ≤ , dấu “=” xảy ra khi a = b = c = 1 1 max 1 3 P a b c⇒ = ⇔ = = = 0,25 3 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC có d 1 : 2x + y – 1 = 0, d 2 : x – y +3 = 0 lần lượt là đường trung tuyến kẻ từ đỉnh B và đường cao kẻ từ đỉnh C của tam giác. M(1;2) là trung điểm cạnh BC. Tìm tọa độ đỉnh A. 1,00 - Gọi B(b;1 – 2b) ∈ d 1 , C(c;c + 3) ∈ d 2 . - Do M(1;2) là trung điểm của BC nên: 2 2 2 3 1 2 3 4 2 0 4 3 b b c b c b c b c c  =  + = + =    ⇔ ⇔    − + + = − + =    =   ⇒ 2 1 ( ; ) 3 3 4 13 ( ; ) 3 3 B C  −       0,25 Đường thẳng AB: qua B và vuông góc với đường thẳng d 2 ⇒ AB: 3x + 3y – 1 = 0 0,25 Gọi 1 3 3 4 14 3 ( ; ) ( ; ) 3 6 6 a a a A a AB N − + − ∈ ⇒ là trung điểm của AC. Vì 1 3 4 14 3 16 1 0 3 6 3 a a N d a + − ∈ ⇒ + − = ⇔ = − 0,25 Vậy 16 17 ( ; ) 3 3 A − 0,25 8.a Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(1;2;–3), B(3;0;1) và C(–2;1;2). Tìm tọa độ trực tâm H của tam giác ABC. 1,0 Gọi H(a;b;c) là trực tâm của tam giác ABC. Khi đó: . 0 . 0 , , , [ , ]. 0 AH BC AH BC BH AC BH AC A B C H AB AC AH  =  ⊥    ⊥ ⇔ =     =    uuur uuur uuur uuur uuur uuur uuur ®ång ph¼ng (I) 0,25 Biến đổi (I) ta được 5 6 3 5 4 3 11 4 13 a b c a b c a b c − − =   + − =   + + =  (II) 0,50 Giải hệ (II) ta được 101 54 13 101 54 13 ; ; ( ; ; ) 73 73 73 73 73 73 a b c H= = = ⇒ 0,25 9.a Cho n là số nguyên dương thỏa mãn 0 1 2 3. 73 n n n C A C− + = . Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của 3 3 (2 ) n x x − với x > 0 1,0 Giải (*) 0 1 2 3. 73 n n n C A C− + = với 2 n n ∈   ≥  ¢ 2 16 ( 1) (*) 1 3 73 7 144 0 9 2 n n n n n n n =  − ⇔ − + = ⇔ − − = ⇔  = −  (lo¹i) 0,50 Số hạng tổng quát của khai triển nhị thức Niu-tơn 16 3 3 (2 )x x − là: 48 4 16 3 1 16 2 .( 3) . k k k k k T C x − − + = − với 0 16 k k ∈   ≤ ≤  ¢ 0,25 Số hạng không chứa x ứng với k = 12 12 4 12 13 16 2 .3T C⇒ = 0,25 7.b Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết (E) 0,25 4 qua 3 (1; ) 2 M và tiêu điểm nhìn trục nhỏ dưới một góc 60 0 . Gọi phương trình chính tắc của (E) là: 2 2 2 2 1 ( 0) x y a b a b + = > > . Do (E) qua 3 (1; ) 2 M ⇒ 2 2 1 3 1 4a b + = (1) 0,25 Hơn nữa, tiêu điểm F 1 nhìn trục nhỏ B 1 B 2 dưới một góc 60 0 nên ∆F 1 B 1 B 2 đều ⇒ 1 2 1 3 3 2 B B OF c b= ⇒ = (2) 0,25 Do 2 2 2 2 2 4a b c a b= + ⇒ = (3) 0,25 Thay (3) vào (1) ⇒ b = 1 ⇒ a = 2 ⇒ 2 2 ( ): 1 4 1 x y E + = 0,25 8.b Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho A(1;2;–3), B(3;0;1) và C(–2;1;2). Tìm tọa độ điểm M thuộc mp(Oxy) sao cho 2MA 2 + 3MB 2 + MC 2 nhỏ nhất. 1,00 Gọi I là điểm xác định bởi 2 3 0IA IB IC+ + = uur uur uur r . Tìm được 3 5 1 ( ; ; ) 2 6 6 I − 0,25 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 2 3 2 3 2( ) 3( ) ( ) 2 3 6 MA MB MC MA MB MC IA IM IB IM IC IM IA IB IC IM + + = + + = − + − + − = + + + uuur uuur uuuur uur uuur uur uuur uur uuur 0,25 Do 2 2 2 2 3IA IB IC+ + = hằng số nên 2 2 2 2 3MA MB MC+ + nhỏ nhất khi và chỉ khi IM nhỏ nhất ⇔ M là hình chiếu vuông góc của I trên mp(Oxy). 0,25 Vậy 3 5 ( ; ;0) 2 6 I 0,25 9.b Giải bất phương trình 2 2 5 5 3 2 8 25 3.5 .2 2 0 x x x x x x+ + + + − − ≥ (*) 1,00 TXĐ: ¡ (*) ⇔ 2 2 5 5 3 3 25 5 3. 4 0 4 2 x x x x x x + + + + − − ≥ 0,25 Đặt 2 5 3 5 0 2 x x x t + + = > , ta có bất phương trình 2 1 3 4 0 4 t t t t ≤ −  − − ≥ ⇔  ≥  So sánh điều kiện ta có 4t ≥ 0,25 Khi đó 2 2 5 5 5 5 3 5 4 5 2 ( 5)( log 2) 0 2 x x x x x x x x + + + + ≥ ⇔ ≥ ⇔ + − ≥ (**) 0,25 Giải (**) được tập nghiệm 5 ( ; 5] [log 2; )S = −∞ − ∪ +∞ 0,25 HẾT 5 . THPT CHU VĂN AN ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2 013 - LẦN 1 MÔN TOÁN – KHỐI D CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1 Cho hàm số 2 1 x y x − = + (1) 2,00 1. thức: 1 1 1 1 1 1 1 1 ( )( ) 9; , , 0 ( ); , , 0 9 x y z x y z x y z x y z x y z x y z + + + + ≥ ∀ > ⇔ ≤ + + ∀ > + + ta có 1 1 1 1 1 1 1 1 1 2 1 (

Ngày đăng: 25/02/2014, 19:18

Hình ảnh liên quan

• Bảng biến thiờn: - đáp án đề thi thử đh môn toán  lần 1 năm 2014 THPT Quốc Gia Chu Văn An

Bảng bi.

ến thiờn: Xem tại trang 1 của tài liệu.

Từ khóa liên quan

Mục lục

  • ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM

  • ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2013 - LẦN 1

  • MÔN TOÁN – KHỐI D

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan