Ôn thi THPT quốc gia DA Toan AA1B

Ôn thi THPT quốc gia DA Toan AA1B tài liệu, giáo án, bài giảng , luận văn, luận án, đồ án, bài tập lớn về tất cả các lĩn...

TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH

ÐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM THI THỬ ÐẠI HỌC LẦN I NĂM 2013 Khối A, A1, B

I Môn Toán:

1.1 * Tập xác định : D = R

* Sự biến thiên :

− Chiều biến thiên : y, = 2x3 - 6x = 2x(x2 -3), y’= 0 ⇔x = 0 hoặc x = ± 3

0.25

Hàm số ĐB trên các khoảng ( − 3;0) và ( 3; +∞ ), NB trên khoảng ( −∞ − ; 3)và ( ; 3) o

- Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x = 0, ycđ = 5

2, đạt cực tiểu tại x = ± 3, yct= -2

- Giới hạn: lim

→+∞ = +∞ lim

→−∞ = +∞

0.25

Bảng biến thiên:

x -∞ - 3 0 3 +∞

y’ - 0 + 0 - 0 +

y

+∞

2

5

+∞

-2 -2

0.25

1.2

Gọi

4

a

A a − a + ∈ C tiếp tuyến của (C) tại A có pt (d):

4

a

y= a − a x a− + − a +

Hoành độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của pt:

a − a x a− + − a + = − x +

x a

x a x ax a

x ax a

=



⇔ − + + − = ⇔  + + − =

(d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khác A khi pt(1) có hai nghiệm phân biệt khác a

a



∆ > − < <

⇔ ⇔

≠ ±  ≠ ±

0,25

0,25

Gọi B x y ( ;B B), ( ; C x yC C) là các giao điểm của (d) và (C) với xB, xC là hai nghiệm của pt (1) khi đó

2

x + x = − a x x = a − có AC = 3AB ( B nằm giữa A,C) nên uuur AC = 3 uuur AB ⇔ xC − 3 xB = − 2 a

0,25

Ta có

2





 + = − ⇔ = −

 = −  = ±

thỏa mãn (*)

( 2; ), ( 2; )

0,25

2 PT ⇔2cos3 cosx x+ 3+ 3 sin 2x= 3− 3 sin 4x⇔2cos ( os3x c x+ 3 sin 3 ) 0x = 0,25

2

+ 3 sin 3 cos3 0 sin(3 ) 0

6

x π kπ k Z

⇔ = − + ∈

Vậy nghiệm của pt đã cho là:

2

x = + π k π

x π kπ k Z

⇔ = − + ∈

0,25

0,25 3

đ/k:

0

y

x y

 ≠

 − ≥



 + − ≥



hệ pt đã cho ⇔ 2

2 2

6 0

x y

x y





 + − = + −



đặt t = x 2y

y

−

ta có

6 0

2

t

t t

t

=



− − = ⇔  = −

0,25

Với t = 3 2 0 2

3

y

x y

>



−

;

0,25

2

y

x y

<



−

 thay vào (2) ta có x = 12; y = − 2 thỏa mãn

0,25

Vậy nghiệm của hệ pt là: ( ; ) 8 4 ; ,( ; ) ( 12; 2 )

3 9

x y =   x y = −

0,25

x

 − = + = − − ⇔ − − − − = ⇔ 

 − = −



 >  >

 − = ⇔ − =

  + = + − + − = + − 



2

2

8

3

4

y

x y



 >  > =



⇔ − = ⇔ + = ⇔

 + =  − + =  =

(t/m các đk)

+ Với x − 2 y = − 2 y ta có hệ

 <  <

 − = − ⇔ − = −

  − = + −

 + − = + −



2

2

12

2

x

y

<

  <

=



⇔ −= −= ⇔ = − ⇔ = −

+ − =





(t/m các đk)

Vậy nghiệm của hệ pt là: ( ; ) 8 4 ; ,( ; ) ( 12; 2 )

3 9

x y =   x y = −

2 0

1

x x x

x x

=

− +

1

x

x x

−

=

− + Đổi cận: Khi x = ⇒ = 0 t 1, x = ⇒ = 2 t 3

0,5

3

2

4

t

I= t − dt=  −t =

5

Từ giả thiết ⇒ SI ⊥ ( ABCD ) ⇒ SI ⊥ ( BIC )

Ta có

SV = S − SV + SV = a − a + =

0,25

Trong mp(ABCD) kẻ IK ⊥ BC ⇒ BC ⊥ ( SIK ) ⇒ BC ⊥ SK ,góc giữa hai mp(SBC) và (ABCD) là

góc giữa SK và IK bằng 600 · 0

60

SKI

0,25

ta có

2

5 5

IBC

BC a

SIK

5

SI IK IK

0,25

I

A

B S

K

2 3

6

Đặt x + 2y = S, x.2y = P từ gt

2

S

⇒ = sử dụng BĐT ( a b + )2 ≤ 2( a2+ b2)ta có

( x + 2 ) y ≤ 2( x + 4 ) y ⇒ S ≤ ⇒ − ≤ ≤ 4 2 S 2 (*)

0,25

Ta có

P x = + y − xy S = − SP − = S − S − − − = − S − S + S + 0,25

f s = − S − S + S + trên [-2;2] do đ/k (*)

2

S

S

=



= − − + = ⇔  = −  ( 2) 7 ; (1) 13 ; ( ) 2 1

0,25

ax ( ) (1) ; inf ( ) ( 2)

;

7.a Điểm D ∈ ( ) d ⇒ D d d ( ; − − 2)ta có

3

3

d d

d

=



0,25

Với d =3 thì D(3;-5) loại ( vì hai điểm B,D nằm cùng phía đối với đường thẳng CN.)

Với d = -3 thì D(-3;1) Gọi I là tâm của hình chữ nhật ABCD nên I là trung điểm của BD nên I(0;-1)

0,25

Điểm C thuộc đt CN nên C(3c+6;c) với c < -2

3

5

c

c

= −





 = −



0,25

5

c = − loại

Với c = -3 thì C(-3;-3) suy ra A(3; 1) Vậy A(3; 1), C(-3;-3), D(-3; 1)

0,25

8.a Vtpt của mp(Q) là n r = − (1; 1;1) gọi

A = P ∩ ⇒ A a a ≠ B = P ∩ OZ ⇒ B b b ≠

A,B,M đều thuộc mf (P) ta có

MA = + − a MB = − b + ⇒   MA MB   = − b ab − − a − b − a

Vtpt của mf(P) là: n ur1 = − ( 3 ; b ab − − 2 a − 2 ; 3 ) b − a

0,25

(Q) vuông góc với (P) ⇒ n n r ur 1= ⇔ 0 ab a b = + (1)

OAB

a b

=



0,25

Với a = b thay vào (1) ta có 0

2

a a

=



 =

 a = 0 loại, a = 2 thì b = 2 suy ra ptmf (P): x + 2y + z – 2 = 0

0,25

Với a = -b thay vào (1) ta có a = 0 loại

Vậy phương trình mf (P) cần tìm là: x + 2y + z – 2 = 0

0,25

x C C x C x C −x − C x

Lấy đạo hàm hai vế ta có (1 )n1 1 2 2 ( 1) n 1 n 2 n n1

+ = + + + − +

0,25

7

2

k

Số hạng chứa x2 tương ứng 7

k k

k

− − = ⇔ = vậy hệ số cần tìm là: 12 27 21

7.b Đường thẳng (d) đi qua điểm M(2;1) có pt: x = 2 và cắt (E) tại hai điểm A,B suy ra M không là trung 0,25

điểm của AB nên ptđt (d): x = 2 không thỏa mãn.

Gọi k là hệ số góc của đt (d) suy ra ptđt (d) : y = k(x – 2) + 1

Tọa độ của hai điểm A và B là nghiệm của hệ pt

⇔

0,25

( 2) 1

y k x



Gọi x xA, B là nghiệm của pt (1), ta có

2 2

16 25

x x

k

−

vì M là trung điểm của AB nên

2 2

k

−

+

0,25

8.b M/c (S) có tâm I(1;2;3), b/k: R = 9 Gọi ptmp(P) là: Ax + By + Cz + D = 0 với A2 + B2 + C2 > 0

( )

( )

∈

 ∈



0,25

mp(P) tiếp xúc với m/c(S)

8

2

A C

=

0,25

Với A = 8C chọn C = 1,A = 8⇒ pt P ( ) : 8 x + 4 y z + − 100 0 =

Với A = 2C chọn C = 1, A = 2 ⇒ pt P ( ) : 2 x − 2 y z + − 28 0 =

0,25

có hai phương trình cần tìm là: pt P ( ) : 8 x + 4 y z + − 100 0 = , 2 x − 2 y z + − 28 0 = 0,25 9.b Đ/k: n ∈ ¥ , n > 3

3 4

7 log ( 3)( 9) 3 ( 3)( 9) 4

13

n

n

=



⇔ − + = ⇔ − + = ⇔  = −  , n= -13 không thỏa mãn

0,25

0,25

Với n = 7 ta có (1 ) + i 7 = + (1 )[(1 ) ] i + i 2 3= + (1 )(2 ) i i 3 = + − (1 )( 8 ) 8 8 i i = − i 0,25

2

Z = − i − + = − + + i i i − i = − + i

Vậy phần thực của số phức Z là: -16

0,25

LỊCH THI THỬ ĐH LẦN 2 NĂM 2013 TẠI TRƯỜNG THPT BẮC YÊN THÀNH:

Ngày thi : 20,21/4/2013

Trả bài thi cho thí sinh Từ 26/04 đến 27/04/2013

“Hỏi một câu chỉ dốt trong chốc lát – Nhưng không hỏi sẽ dốt nát cả đời”

Ngạn ngữ Phương Tây