Đáp án đề thi thử lần 1 môn toán khối A trường THPT Lương Thế Vinh Hà Nội

Mặt khác do ABCN là hình bình hành nên AN song song với BC.[r]

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH

ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MƠN TỐNKHỐI A

ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013

NỘI DUNG ĐIỂM

Câu I 2 điểm

1) Khảo sát vẽ đồ thị hàm số 1 x y

x

 



* Tập xác định: D = R\{1}

* Chiều biến thiên: 2 ( 1)

y x D

x



    



* Tiệm cận:

1

lim , lim ; lim

x x  x  

 Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x1và tiệm cận ngang y =

* Bảng biến thiên

x - + y’ - -

y

+

- * Vẽ đồ thị

- 2) Tìm giá trị tham số m để đường thẳng ( ) :d y  x m cắt đồ thị ………

Phương trình hồnh độ giao điểm: 1 2

1 ( )

x x

x m

x g x x mx m

  

    

      

Đường thẳng ( )d cắt đồ thị (C) hai điểm A, B phân biệt  phương trình g(x) = có nghiệm

phân biệt 2

(1) 2 2 2

m x

g m

     



    

  

 



Gọi ( ,A a  a m B b b), ( , m) a, b hai nghiệm phương trình g(x) = Ta có 2 2 2

( ) , ( )

OA a  m a OB b  m b Theo Định lý Viet ta có a + b = m Suy

2 ( )2 ( )2 ( ( ))2 ( )2 2. OB b  m b  m a  m m a  m a a OA Vậy tam giác OAB cân O

1 điểm

0,25đ

0,25 đ

0,25đ

0,25đ - 1 điểm 0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 1 điểm

Giải phương trình

4

sin cos 2sin(2 ) 1. cos

x x x

x



  

  

Điều kiện: cos2x 1 xk Phương trình

1 sin ( sin cos ) cos

2 x x x x

     

sin 2x sin 2x

   sin 2x 2 (loại) sin 2x0

2 k x 

 

Đối chiếu với điều kiện ta ( )

x  k k

1 điểm

0,25đ 0,25đ 0,25đ 0,25đ

Câu 1 điểm

Giải bất phương trình: 8x376x x 1 58x229 x

Điều kiện x0 Đặt a x0 Bất phương trình cho trở thành

6

8a 76a  1 58a 29a 8a 58a 76a 29a  1 0 Ta thấy a0 nghiệm bất phương trình

1 điểm

Xét a0 Chia hai vế bất phương trình cho a3ta

3

3

29 1

8a 58a 76 (8a ) 29(2a ) 76

a a a a

          

Đặt t 2a a

  Suy 3

3

1

8a t t a

   Ta có phương trình

t3 6t 29t76  0 t3 35t76  0 (t 4)(t2 4t 19)0 Ta có t 2 a 2 t 4t 19 8 19 11

a



          

Từ ta được: t   4 t

2 2

1 2 2

2 4

2 2

0

2

a x

a a a

a

a x

     

 

 

        

   

  

 

 

Vậy bất phương trình cho có nghiệm 2

x  2

2

x 

 

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 1 điểm

Tính tích phân I

2 ln x

x

e

dx

e

 

  

 

 



Đặt t ex   3 1 ex    3 t 1 ex   t2 2t 2 e dxx (2t2)dt x  0 t 1; xln 6 t

Ta có

ln 2

2

0

2

.(2 2)

( 1)

x

x x

e t t

I e dx t dt

t e

 

  

 

  22 2

1

t 3t 2

2 dt (t )dt

t t

 

     

2 2

2

2

1

t t

t

 

    

 

=

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 1 điểm

Chứng minh hai mặt phẳng (SAN) (SDM) vng góc với Tính thể tích khối chóp

S.ABCD biết góc hai mặt phẳng (SDM) (ABCD) 600

S

A B

H M

D N C

Ta có 2 2

4

BD AB AD  a BD aCD Suy DMBC

Mặt khác ABCN hình bình hành nên AN song song với BC Từ ta DMAN Ta lại có DMSA Suy DM (SAN)(SDM)(SAN)

Góc hai mặt phẳng (SDM) (ABCD)

60 ,

SHA H giao điểm DM AN Trong tam giác vng AND ta có

2

2 . .tan .tan 600 3 .

2 2

AD a a a

AD AH AN AH SA AH SHA

AN

       

Ta có ( ) ( ) 3

2 2

ABCD

AB CD AD a a a a

S     

Vậy

2

1 3 3

3 2

S ABCD ABCD

a a a

V  SA S  

0,25đ 0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 1 điểm

Cho số dương avà số thực b thỏa mãn điều kiện: 4a2b2 1. Chứng minh

3

8a b 3a b 3ab a .

Vì a0 nên điều phải chứng minh tương đương với:

3

3 2

3

8 b 3.b b (*)

a a a a

   

Do a dương (2 )a b21 nên tồn , 2 x   

  cho

1

1 = 2cos

2 cos

2sin tan

x

a a

x b

x

b x

a



  

 

 

   

 

Thay vào (*) ta

3

(*) 8 8sin x3.2sinx 3.2sin 2cosx x4cos x

3

4 3sin 4sin sin 2cos sin 3 sin cos sin 2sin(2 )

6

x x x x

x x x

x x 

    

    

   

Điều sin3 1,sin(2 ) x x 

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 1 điểm

Cho hình thoi ABCD có (2;0), (7;1)A D Tìm tọa độ đỉnh B, C biết AC > BD diện tích của hình thoi ABCD 24

Gọi I(a, b) tâm hình thoi Từ AC > BD ta suy IA > ID

Ta có

2 2

2

26

26

12

4 24

2 ABCD AID

AI DI AD

AI DI

AI DI

S S AI DI

      

 

 



   



2

2

3 ( 2) 18 (1)

( 7) ( 1) (2)

2

AI a b

a b

DI

     

 

 

   

 

 



Từ (1) (2) ta suy 10a2b56 b 28 5 a Thay vào phương trình (1) ta

2 2

5

( 2) (28 ) 18 26 284 770 77

13 a

a a a a

a

  

        

  

Với a5 ta có (5;3)I B(3;5), (8;6).C Với 77

13

a ta có (77; 21) (63; 55), (128; 42)

13 13 13 13 13 13

I  B  C 

1 điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ

Câu 1 điểm Viết phương trình đường thẳng d qua C vng góc với mặt phẳng (ABC) …

Ta có , ( ;8 24 20; )

5 5

AB AH

   

  Ta chọn ud n(ABC) (2; 6;5).

Gọi C(a; b; c) Phương trình mặt phẳng (ABC)

2(x 1) 6(y 2) 5(z  3) 2x6y5z 5 Suy 2a6b5c5

Mặt khác ta có 10

17 14 10 75

AH BC a b

a b c

BH AC

    

 

    

 



Từ ta

1 (3;1;1)

a

b C

c

 

   

  

Vậy phương trình đường thẳng d 1

2

x  y  z



1 điểm

0,25đ

0,25đ

0,25đ

0,25đ Câu

Giải bất phương trình 4

4

log (x1) log (x1) 25 Điều kiện x 1 Bất phương trình tương đương với

 

4

2

2 2

1

4 .log ( 1) 3.log ( 1) 25 16log ( 1) 9log ( 1) 25

2 x x x x

           

 

 

Đặt 2

log ( 1)

t x  Ta có bất phương trình

2 25

16 25

16

t  t     t

  1 log (2 x 1)

1 x

    (Thỏa mãn điều kiện)

Đáp số: 1 x

   .

1 điểm

0,25đ

0,25đ 0,25đ

0,25đ