Đáp án đề thi thử đại học môn toán lần 2 khối D năm 2014

5 210 0
Đáp án đề thi thử đại học môn toán lần 2 khối D năm 2014

Đang tải... (xem toàn văn)

Thông tin tài liệu

ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 2014 Câu Nội dung Điểm 1 1.Khi m=1 ta có 23 3xxy  TXĐ: R ; xxy 63' 2  ;       2 0 0' x x y  x ylim  x ylim BBT x   0 2 +  y’ + 0 - 0 + y 0     -4 Hàm số đồng biến trên khoảng )2;0( , nghịch biến trên khoảng );2();0;(   Hàm số đạt cực đại y=0 tại x=0 Hàm số đạt cực tiểu y=-4 tại x=2 6 4 2 - 2 - 4 - 6 - 5 5 2. Ta có , 2 2 3 6 3( 1) y x mx m     Để hàm số có cực trị thì PT , 0 y  có 2 nghiệm phân biệt 2 2 2 1 0 x mx m      có 2 nghiệm phân biệt 1 0, m      . Nên hàm số luôn có 2 cực trị 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com Điểm cực đại của đồ thị hàm số là A(m-1;2-2m) và điểm cực tiểu của đồ thị hàm số là B(m+1;-2-2m) 0.25 Theo giả thiết ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m                 Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2 m    và 3 2 2 m    . 0.25 Câu 2 os4x+cos2x+ 3(1 sin 2 ) 3 1 os(4x+ ) 2 os4x+ 3sin 4 os2x+ 3 sin 2 0 PT c x c c x c x               sin(4 ) sin(2 ) 0 6 6 18 3 2sin(3 ). osx=0 6 x= 2 x x x k x c k                          Vậy PT có hai nghiệm 2 x k     và 18 3 x k      . 0.25 0.25 0.25 0.25 3 ĐK: x>-1 PT 0) 4log 3 2).(1(log0 4log )1(log3 )1(log2 3 3 3 3 3    x x x 0 1 0)1(log 3        x x 0.25 0.25 0.25 0.25 4 Rút y 2 từ phương trình (2) thế vào (1) ta được 032)2(2 2  yxyx       32 1 yx x TH1: Thay 1   x vào (1) ta được       4 2 082 2 y y yy TH2:Thay 32    yx vào (1) ta được          5 6 1 5 3 1 5 6 1 5 3 1 04105 2 xy xy yy Vậy hệ pt có 4 nghiệm (-1;2) (-1;-4) ( ) 5 3 1; 5 6 1  ( ) 5 3 1; 5 6 1  0.25 0.25 0.25 0.25 5 www.VNMATH.com S M N D CB A ( BCM)// AD nên mặt phẳng này cắt mp( SAD) theo giao tuyến MN // AD Ta có SA = AB tan60 0 = a 3 , 3 2  SA SM ABCDSABCSMBCS ABCS MBCS VVV SA SM V V . . 3 1 3 2 3 2  ABCDSADCSMNCS ADCS MNCS VVV SD SN SA SM V V . . 9 2 9 4 9 4 3 2 . 3 2 .  Vậy ABCDSBCNMS VV 9 5  = 3 10 3 27 a 0.25 0.25 0.25 0.25 6 Ta có:   2 3 ( ) 2( ) 2 3 9 2( ) 2 27 6 ( ) 2 ( 3) P x y z xy yz zx xyz xy yz zx xyz x y z yz x                      2 3 2 ( ) 27 6 (3 ) ( 3) 2 1 ( 15 27 27) 2 y z x x x x x x            Xét hàm số 3 2 ( ) 15 27 27 f x x x x      , với 0<x<3 , 2 1 ( ) 3 30 27 0 9 x f x x x x            x  0 1 3  y’ + 0 - y 14 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com Từ bảng biến thiên suy ra GTLN P=7 1 x y z     . 0.25 7 Ta có   I 6 5 4206 ),(   Cd . S ABC = 2 5 515.6. 2 1  AIABAB Gọi   ) 4 43 ;( a aA . Ta có 4 25 2 AI 4 25 ) 4 63 ()2( 22    a a       0 4 4)2( 2 a a a Với )1;0();4;4(4 BAa   . Phương trình AB : 3 4 4 0 x y    Với )4;4();1;0(0 BAa   . Phương trình AB: 3 4 4 0 x y    0.25 0.25 0.25 0.25 8 Ta có: Idd 21  . Toạ độ của I là nghiệm của hệ:            2/3y 2/9x 06yx 03yx . Vậy       2 3 ; 2 9 I Do vai trò A, B, C, D nên giả sử M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  Suy ra M( 3; 0) Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22                Theo giả thiết: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD  Vì I và M cùng thuộc đường thẳng d 1 ADd 1  Đường thẳng AD đi qua M ( 3; 0) và vuông góc với d 1 nhận )1;1(n làm VTPT nên có PT: 03yx0)0y(1)3x(1         . Lại có: 2MDMA  Toạ độ A, D là nghiệm của hệ PT:          2y3x 03yx 2 2       1y 2x hoặc      1y 4x . Vậy A( 2; 1), D( 4; -1) Do       2 3 ; 2 9 I là trung điểm của AC suy ra:      213yy2y 729xx2x AIC AIC Tương tự I cũng là trung điểm của BD nên ta có B( 5; 4) Vậy toạ độ các đỉnh của hình chữ nhật là: (2; 1), (5; 4), (7; 2), (4; -1) 0.25 0.25 0.25 0.25 9 Theo giả thiết ta có: 3 3 3 n 10 10 n C C C 2800     ( n 2  ) 2800 )!3!.(3 ! !7!.3 !10 )!7!.(3 )!10(      n n n n           n 10 n 9 n 8 10.9.8 n n 1 n 2 2800.6            n 2 + 8n – 560 = 0 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com       )(24 20 loain n .Vậy n=20 0.25 . M là trung điểm cạnh AD OxdM 1  Suy ra M( 3; 0) Ta có: 23 2 3 2 9 32IM2AB 22                Theo giả thi t: 22 23 12 AB S AD12AD.ABS ABCD ABCD  Vì I và M cùng. ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 KHỐI D NĂM 20 14 Câu Nội dung Điểm 1 1.Khi m=1 ta có 23 3xxy  TXĐ: R ; xxy 63' 2  ;       2 0 0' x x y . B(m+1; -2- 2m) 0 .25 Theo giả thi t ta có 2 3 2 2 2 6 1 0 3 2 2 m OA OB m m m                 Vậy có 2 giá trị của m là 3 2 2 m    và 3 2 2 m    . 0 .25 Câu 2

Ngày đăng: 18/06/2015, 17:49

Từ khóa liên quan

Tài liệu cùng người dùng

  • Đang cập nhật ...

Tài liệu liên quan