ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2013 Môn: TOÁN Đáp án-thang điểm gồm 7 trang.. TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Tổ: TOÁN.[r]
(1)ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN IV NĂM 2013 Môn: TOÁN (Đáp án-thang điểm gồm trang) TRƯỜNG THPT TRẦN HƯNG ĐẠO Tổ: TOÁN ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM Câu Đáp án y x m 1 x 2m 1 x 5m 1 (2điểm) a.(1,0 m ta có: y x 3x C điểm) Với 10 Tập xác định: 20 Sự biến thiên a) Giới hạn hàm số vô cực: lim y lim y x và x b) Bảng biến thiên y ' 3 x Điểm 0,25 0,25 0,25 y ' 0 3x 0 x 1 Bảng bt x y' y 1 ; 1 Vậy: Hàm số đồng biến trên khoảng 1;1 Hàm số nghịch biến trên khoảng và 1; y 1 4 Hàm số đạt cực đại điểm: x CĐ= , yCĐ= x 1 , yCT y 1 0 Hàm số đạt cực tiểu điểm: CT 30 Đồ thị Điểm uốn: y '' 6 x y '' 0 x 0 , y 2 0,25 C là: I 0; C với các trục Giao điểm đồ thị C cắt trục tung điểm: 0; Tọa độ điểm uốn Đồ thị y 0 x3 x 0 x 1 x 0 x 1; x (2) C nhận điểm uốn I 0; làm tâm đối xứng 1 với trục hoành PT hoành độ giao điểm ĐT hs x m 1 x 2m 1 x 5m 0 x 1 x 3m x 5m 3 0 b.(1,0 điểm) Đồ thị C cắt trục hoành điểm: 1;0 ; 2; Đồ thị Nhận xét: Đồ thị x 1 x 3m x 5m 0 0,25 3 1 cắt trục hoành điểm phân biệt có hoành độ x1 , x2 , x3 đk là pt có 3 có nghiệm pb khác x ,x ,x nghiệm pb pt m * * thì pt có nghiệm pb x1 , x2 , x3 đó có nghiệm Với đk x 1 Khi đó x1 , x2 là nghiệm phương trình 3 Giả sử Để ĐT HS 0,25 0,25 x1 x2 3m x1 x2 5m Theo định lí Vi’et có : x12 x22 x32 6 Từ giả thiết có: x12 x2 5 2 x1 x2 x1 x2 5 9m 14m 0 x1 x2 x1 x2 5 m 1 loai m t / m 0,25 (3) thỏa mãn ycbt Vậy cos x sin x 1 tan x tan x 1 1 3 6 cos x 0 l sin x 0 x 3 cos x 0 6 Đk: m 2.(1,0 điểm) 0,25 * l 0,25 tan x tan x 3 6 Ta có: 1 cos x sin x 1 1 PT cos x sin x 0,25 x k 2 x k 2 Kết hợp với đk * PT 1 có các nghiệm : x x k 2 3.(1.0 điểm) k x x x y y 1 1 y xy 2012 y y 2013x Đk: 2 y xy 0 0,25 1 x 1 x 1 PT y y 1 0,25 f t t t trên Xét hàm số: f t Cm đồng biến trên ta x y trở thành: x x 2013x 2012 Pt x có x x 2013 x 2012 x 3 0,25 k 2 x2 x 2013 x 1 0 PT x 1 x 1 x x 1 2013 0 x2 3 0,25 (4) T x 1 x 1 2013 0,25 x 8 x 3 Đặt: Do x nên T nên x 0 x 1 (thỏa mãn) 1; Vậy hệ pt đã cho có nghiệm: 4.(1,0 điểm) x s in x s in x dx xdx I dx 2 cos x cos x cos x 0 Ta có : d cos x s in x dx 1 cos x cos x cos x 0 u x dx dv cos x 0,5 0,5 dx du v tan x Đặt xdx x tan x tan xdx ln cos x ln cos x 3 0 0 I 1 ln Vậy (1,0 điểm) dt ABC AB AC 2a Diện tích ABC là: ABC kẻ HK BC K BC SHK Trong mp Từ gt ta có: SKH 30 0,25 (5) 0,25 2 Có BC AB AC 4a AC HK a sin ABC HK BC HB 2 a SH HK tan SKH Trong SHK có: a3 V SH dt ABC 3 (đvdt) Thể tích khối chóp là: SAB kẻ HD SA D Ta có: Trong mp 1 a 2 HD 2 DH HA HS AC SAB AC DH DH SAC Chứng minh: a DH d H ; SAC 6.(1,0 Điểm) 0,25 0,25 BH SAC A Do H là trung điểm AB và 2a d B; SAC 2d H ; SAC 3 2 T 2 a b c 3abc a b c 2abc 0,25 Ta có: a b c a b c a b b c c a 1 c a b 1 ab bc ca abc a b2 c a b c ab bc ca 1 ab bc ca T 5 ab bc ca 3abc Do đó: S 2 ab bc ca 3abc Đặt: Ta tìm GTLN S S ab 3c 2c a b Có: 2 3c c thì S 2c a b Nếu 2 3c c thì S ab 3c 2c a b 2c a b Nếu 0c Suy ra: Chỉ cần xét: a b S 2c c 3c ab 2c c 3c Ta có: 3c c S 0,25 0,25 ; a b 1 c (6) 0,25 2 0; f c 3c c Xét hàm số: trên 20 f c f 3 Ta : a b c Dấu “=” xảy T a b c xảy Vậy: Theo chương trình chuẩn 2 n a; b a b là VTPT AB Giả sử n1 b; a là VTPT AD AB : a x b y 0 S 7.a(1,0 điểm) 0,25 AD : b x a y 3 0 d I , AB Có: 3a b d I , AD a2 b2 ; AB 2 AD 3d I ; AD 2d I ; AB 2a b a2 b2 b 0 6a 3b 6a 2b 5b 12a Với 5b 12a , chọn a 5 b 12 AB : x 12 y 14 0 AD :12 x y 0 178 123 A ; 169 169 (loại) 8.a(1,0 Điểm) Với b 0 chọn a 1 AB : x 0 AD : y 0 A 2;3 C 4; 1 0,25 B 2; b , b 3 D 4; b Giả sử : AB 0; b 3 ; AD 6; b AB AD 0 b 3 b 0 b 3 Do AB AD nên (loại) b (thỏa mãn) A 2;3 ; C 4; 1 ; B 2; 1 ; D 4;3 Vậy: A d d1 ; B d d A d1 ; B d G/s : Xác định tọa độ các điểm : 0,25 A 4; 9; B 4;3; 0,25 0,25 0,25 (7) AB 8;12; 0,25 0,25 x 4t d : y 3 6t z 2 t 9.a(1,0 điểm) Phương trình đường thẳng G/s: z a bi , với a, b 0,25 iz b Do iz là số ảo nên: b 0 b 3 z 21 5 a 21 bi 5 a 21 b 25 0,25 0,25 a 25 a 21 16 a 17 Vậy: z 25 3i z 17 3i 0,25 Theo chương trình nâng cao 7.b(1,0 Điểm) T có tâm I 2;1 0,25 ; bkính: R 1 1 d T A d T 17 , từ A kẻ tiếp tuyến đến A d nên giả sử A a; 4a 1 IA a 2; 4a AB AC IA2 R 17a 4a B, C thuộc đường tròn T1 tâm A , bán kính AB 2 T1 : x a y 4a 1 17a 4a d I; d 0,25 x y 2ax 4a 1 y 4a 0 0,25 BC : a x 4ay 2a 0 Do BC qua 1 A ;1 Vậy 8.b(1,0 điểm) E 4; nên ta có : 11 22a 0 a I 1;1; Gọi I là trung điểm AB Và: MA MB 2MI MA MB MI nhỏ nhỏ Khi đó M là hình chiếu vuông góc điểm I trên d u 1; 2; 1 là VTCP d M t ;1 t ; t IM t; 2t ; 2t M d nên g/s: 0,25 0,25 0,25 (8) IM d IM u 0 6t 0 t Vậy: 9.b (1,0 Điểm) 0,25 0,25 M 1; 1; Số cách lập đội tuyển gồm em từ 15 em là: C15 =1365 cách 0,25 Chọn học sinh đó có ít em nữ, có phương án sau: 0,25 2 Phương án 1: Chọn nữ từ nữ và nam từ 12 nam, số cách chọn là: C3 C12 cách Phương án 2: Chọn nữ từ nữ và nam từ 12 nam, số cách chọn là: C3 C12 cách 2 Theo qui tắc cộng có: C3 C12 + C3 C12 =210 cách chọn em hs mà có ít em nữ 210 Theo định nghĩa cổ điển, xác suất đội tuyển có ít em nữ là: 1365 13 GHI CHÚ:Học sinh có cách làm khác, đúng thì điểm! …………………Hết……………… 0,25 0,25 (9)