Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2013 - THPT Thuận Thành số 1

Đáp án Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2013 - THPT Thuận Thành số 1 đưa ra lời giải chi tiết các câu hỏi có trong Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2013 - THPT Thuận Thành số 1, nhằm giúp các bạn dễ dàng ôn luyện và kiểm tra kết quả.

www.VNMATH.com Câu -ý I.1 ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Nội dung Điểm *Tập xác định : D   \ 1 Tính y '  1 0.25  x  D (x  1)2 Hàm số nghịch biến khoảng (;1) (1;  ) *Hàm số cực trị Giới hạn lim y   lim y   x 1 lim y  x  0.25 x 1 lim y  x  Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên x   y’  y 0.25  *Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ) I.2 0.25 * PT hoành độ giao điểm d m: y = x  m với (C) : x  2x 1  xm  x 1 x    2m  x   2m  1  4m2  12m  17  m dm cắt © hai điểm (1) nghiệm phân biệt khác   1  2m    2m  * Gọi x1, x2 nghiệm PT(1):  x1  x2   2m Toạ độ giao điểm d m với (C):     A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  Gọi I trung điểm AB     * KA=KB  KI  d m  m    2m  2m  ; I    0.25 0.25 0.25 0.25 II.1 x  x x x x  x  x Pt(1)  4sin  cos 1 sin cos  cos  2  sin x cos  sin   2 2   x x  x x x     4 sin  cos 1  sin x  cos  2  sin x  cos  sin  2  2 2    x x  cos  sin   x x x      cos  sin (2  sin x) cos  1   2  sin x  2     x 2 cos    x x x    x  +) sin  cos   sin        k  x   k2 (k  ) 2 2 4 +)  sin x   sin x  2 (vô nghiệm) 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com II.2 x x 1 4 +) 2cos    cos  x  k 4 (t/mđk) 2  4 Vậy nghiệm phương trình là: x   k2 , x    k4  ĐK: x  , Nhận xét x = khơng nghiệm phương trình Nhân hai vế phương trình với ta có: * 2x   x  x  2   1 0.25  k   0.25 27 27 x x  x  x2  x x 4 x  27  x (*) x 0.25 1  0, x  , f(x) hàm nghịch biến khoảng  0;   x2 x x 27 x  0, x   g ( x) hàm đồng biến khoảng  0;   VP(*) = g(x) có g’(x) =  phương trình (*) có khơng q nghiệm 2 Mặt khác x = nghiệm (*).Vậy phương trình cho có nghiệm x = 3 VT(*) = f(x) có f’(x) = III I  xe x  1  e x  xe x xe x  dx    xe  1dx   x d  xe x  1 0.25 0,5 xe x   x   xd  e x   ln  xe x  x  ln  xe x  xe x   e x dx x  ln  xe x  xe x  e x  C IV 0.25 Từ giả thiết AC = 2a ; BD = 2a AC , BD vng góc với trung điểm O đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông O AO = a ; BO = a Gọi K hình chiếu O AB, gọi I hình chiếu O SK Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) (SBD) vng góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến chúng SO  (ABCD) Ta chứng minh khoảng cách O tới (SAB) đoạn OI 1 1 a      OK  Ta có tam giác vng AOB ta có: 2 2 OK OA OD a 3a 1 a Tam giác SOK vuông O, OI đường cao     SO  2 OI OK SO Diện tích đáy S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  3a ; a đường cao hình chóp SO  Thể tích khối chóp S.ABCD: 3a VS ABCD  S ABC D SO  3 Ta có hình chiếu tám giác SAB mf(SBD) Tam giác SBO Gọi  góc hai mặt phẳng s (SAB) (SBD) ta có cos  SBO B sSAB 0,5 0.25 S 0.25 I A D K O a a2 1 Ta có : sSBO  OB.SO  , SK  a  sSAB  a  cos     arccos 4 C 0.25 0.25 www.VNMATH.com 0.25 V Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương bất đẳng thức: a  b    x2  y Ta có: P     Đặt  x  y z Xét hàm số 2  a  b 2    1    x  y 1  z4   2      z   4    2x y z   z    x  y   0.25 t t     t  Khi ta có: P    1       t   t  0.25 t 8 f (t )     f '(t )    0, t   0;1 t t Ta có f(x) nghịch biến  0;1  P  f (1)  t 0;1 Khi x = y = 81 0.25 z VIa.1 Gọi I(x;y), R tâm bán kính đường trịn (C ) Áp dụng định lý sin tam giác ta có: R = d(I; d 1) =5 ( (C ) tiếp xúc với d 1) Gọi M trung điểm BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d 2) = R  MB   x  y  24  25 Giải hệ ta đươc nghiệm thỏa mãn yêu cầu Khi ta có hệ:   x  y   TH1 I 1;1 ta có phương trình (x -1)2+(y-1)2=25 TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)2+(y-7)2=25 VIa.2 0.25 0.25 x  y    x   log x  log x Đk:  y   xy    0.25  y  xy  2  x  xy  Khi ta có hệ   0.25   x  y  1(loai ) x   x  y        x  y   (t/mđk) y    x  xy   x  xy  VIIa 0.25 0.25 Từ chữ số cho ta lập A64  360 số có chữ số khác 0.5 0.25 Số cách chọn chữ số chẵn từ chữ số 2,4,6 C  Số cách chọn chữ số lẻ từ chữ số 1,3,5 C32  Từ chữ số chọn ta lập số có chữ số khác nhau, số lập ứng với hoán vị phần tử theo quy tắc nhân ta có số số lập thỏa mãn yêu cầu là: C32 C32 4!  216 Xác suất để chọn số có chữ số khác chọn từ chữ số 1,2,3,4,5,6 216  có chữ số chẵn chữ số lẻ là: P  360 VIa.1 Tâm C : O 0; 0 +  Gọi tọa độ A a;0 , B 0; b với a  0, b  Ban kính C  : R  0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com x y x y     1  a b a b ab AB tiếp xúc (C)  d O, AB     2  (***) 2 1  a b  a b2 a 2b a 2b  2   SOAB a  b2 2ab  SOAB nhỏ a  b Từ a  b (***) suy a  b  x y Kết luận: Phương trình tiếp tuyến  1  2 VIa.2 AH  BC  *Ta có   BC  ( AOH )  BC  OH AO  BC  Tương tự AB  OH Suy OH  ( ABC ) x y z     x  2y  z   *Phương trình mp (ABC): 2    *mp(ABC) có vtpt n   1; 2;1 nên OH có vtcp u  n  (1; 2; 1) + Phương trình AB:  x  t   1  *Phương trình đường thẳng OH:  y  2t  H  ; ;   3 3 x  t  Khoảng cách từ H tới Oy R  0.25 0.25 2 0.25 0.5 2 1  2  1  Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy  x     y     z    3  3  3  VIIb 0.25 0.25 Điều kiện: x> ; BPT  24log2 x  4log2 x  20  Đặt y  4log2 x , y  0.25 BPT trở thành y2 + y- 20   -  y  4.Do y  nên ta có y  0.25 2 0.25 x2 0.25 Khi ta có : 4log x   log 22 x   1  log x   Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác giám khảo chấm theo bước làm cách ... Ban kính C  : R  0.25 0.25 0.25 0.25 www.VNMATH.com x y x y     ? ?1  a b a b ab AB tiếp xúc (C)  d O, AB     2  (***) 2 1  a b  a b2 a 2b a 2b  2   SOAB a  b2 2ab ... 4!  216 Xác suất để chọn số có chữ số khác chọn từ chữ số 1, 2,3,4,5,6 216  có chữ số chẵn chữ số lẻ là: P  360 VIa .1 Tâm C : O 0; 0 +  Gọi tọa độ A a;0 , B 0; b? ?? với a  0, b  ... số chẵn từ chữ số 2,4,6 C  Số cách chọn chữ số lẻ từ chữ số 1, 3,5 C32  Từ chữ số chọn ta lập số có chữ số khác nhau, số lập ứng với hoán vị phần tử theo quy tắc nhân ta có số số lập thỏa mãn