Đề thi thử Đại học Cao đẳng năm 2014 lần 3 môn Toán - Trường THPT Quỳnh Lưu 1

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

80
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học Cao đẳng năm 2014 lần 3 môn Toán - Trường THPT Quỳnh Lưu 1 dành cho các bạn học sinh đang theo học các khối A, A1, B. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết.

Chủ đề:

Bình luận(0) Đăng nhập để gửi bình luận!

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học Cao đẳng năm 2014 lần 3 môn Toán - Trường THPT Quỳnh Lưu 1

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC CAO ĐẲNG NĂM 2014-LẦN 3. TRƯỜNG THPT QUỲNH LƯU 1 Môn thi: TOÁN – Khối A, A1, B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  3 Câu I. (2,0 điểm) Cho hàm số: y  (C) x2 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 2. Viết phương trình tiếp tuyến của (C), biết tiếp tuyến đó cắt đường tiệm cận đứng và tiệm cận ngang lần lượt tại 2 điểm A, B phân biệt sao cho AB  2IB , với I(2;2). (sin 2 x  sin x  4) cos x  2 Câu II. (2,0 điểm) 1. Giải phương trình:  0 2sin x  3 6 x 2  2(3 x  1) x 2  1  3 x  6 2. Giải bất phương trình:  0,( x  R ) x  1  x  1  2  x  2( x 2  2)  4 sin 2 x  tan x.ln cos x Câu III. (1,0 điểm) Tính tích phân sau: I   dx 0 cos x a 2 Câu IV. (1,0 điểm) Cho hình chóp S.ABCD, đáy ABCD là hình vuông cạnh a, d  SB; AD   2 0 và SBC  SDC  90 . Tính theo a thể tích khối chóp SABCD và khoảng cách giữa 2 đường thẳng AC và SB. Câu V. (1,0 điểm) Cho x  1, y  0, z  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: 1 2 P  x2  y2  z2  2x  2 x  y  1  z  1  II. PHẦN RIÊNG (3 điểm) Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình chuẩn Câu VIa. (2,0 điểm) 1. Trong mặt phẳng với hệ trục tọa độ Oxy , cho hình chữ nhật ABCD có A(5, 7) , M là điểm sao cho    3MA  MB  O , điểm C thuộc đường thẳng (d1): x  y  4  0 . Đường thẳng (d2) đi qua D và M có phương trình: 7 x  6 y  57  0 . Tìm tọa độ của B và C , biết điểm B có hoành độ âm. 2. Trong không gian Oxyz , cho điểm M (0;2;0) và hai đường thẳng 1 ,  2 có phương trình x 1 y  2 z 1 x  3 y 1 z 1 :   ; 2 :   . Viết phương trình mặt phẳng (P) đi qua M song 2 2 1 2 2 1 song với trục O x , sao cho (P) cắt hai đường thẳng 1 ,  2 lần lượt tại A, B thoả mãn AB  1 . 2 Câu VIIa. (1,0 điểm) Tìm số phức z thỏa mãn 1  z  z  i  (iz  1) 2 và z có phần thực dương. B. Theo chương trình nâng cao Câu VIb. (2,0 điểm) 3 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC nội tiếp đường tròn (T ) có tâm I (  ; 0) và (T ) tiếp 2 xúc với đường thẳng  : 4 x  2 y  19  0 , đường phân giác trong của góc A có phương trình: x  y  1  0 (d). Viết phương trình đường thẳng BC, biết diện tích tam giác ABC bằng ba lần diện tích tam giác IBC và điểm A có tung độ âm. x 1 y z 1 2. Trong kh«ng gian víi hÖ täa ®é Oxyz cho ®iÓm A(3; 0; 4) vµ ®êng th¼ng  :   . 2 1 3 Viết ph¬ng tr×nh mp(P) ®i qua A, song song víi  vµ kho¶ng c¸ch tõ  tíi (P) lµ lín nhÊt. Câu VIIb. (1,0 điểm) Xét tập hợp các số tự nhiên có 5 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số {0; 1; 2; 3; 4; 5; 6}. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của tập hợp trên. Tính xác suất để phần tử đó là một số không chia hết cho 5. Cảm ơn bạn Phúc Tân (tanphuc@gmail.com) Gửi tới www.laisac.page.tl
HƯỚNG DẪN CHẤM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 3 NĂM 2013-2014 Môn: TOÁN-khối A-A1-B Điể Phần chung m 1.(1 điểm) TXĐ: D  R \ 2 0.25 lim y  2  phương trình đường TCN: y = 2 x  0.25 lim y  ;lim y    phương trình đường TCĐ: x = 2 x  2 x  2 1 y/  2  0 x  D  x  2  Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng ( ;2) và (2; ) . Hàm số không có cực trị. Bảng biến thiên: 0.25 Đồ thị: Giao điểm với trục tung: A(0; 3/2) Câu Giao điểm với trục hoành: B(3/2;0) I (2 điểm 0.25 ) 2.(1 điểm) Gọi M  x0 ; y0   (C ), x0  2 là tiếp điểm. 1 0.25 PTTT của (C) tại M: y   2 ( x  x0 )  y0  x0  2  Do AB  2 IB và tam giác AIB vuông tại I  IA = IB nên hệ số góc của tiếp tuyến k = 1 1 0.25 hoặc k = -1. vì y /  2  0 nên ta có hệ số góc tiếp tuyến k = -1.  x  2 1 x  1   1   02 0.25  x0  2   x 0  3  có hai phương trình tiếp tuyến: y   x  2 ; y   x  6 0.25 Câu 1.(1 điểm) II Điều kiện: 2sin x  3  0 (2 1 1 1 0.25 điểm (1)  sin 2 x.cos x  sin 2 x  4 cos x  2  0  sin 2 x(cos x  )  4(cos x  )  0 ) 2 2 2  1 1 cos x   (cos x  )  sin 2 x  4   0   2 0.25 2   sin 2 x  4  0(VN )  x  k 2 0.25 3
 Đối chiếu điều kiện nghiệm phương trình là: x   k 2 , k  Z 0.25 3 2.(1 điểm) Điều kiện: x  1; 2 2 2 2 2 2 2 x  1; 2 ta có: ( x  1)  x  2 x  1  x  x  1  1  2 x  2  2 x  4 0.25  x  1  2( x 2  2)  x  1  x  1  2  x  2( x 2  2)  0 Suy ra: Bpt  6 x 2  2(3 x  1) x 2  1  3x  6  0  4( x 2  1)  2(3x  1) x 2  1  2 x 2  3x  2  0 1 x 0.25  ( x 2  1  x  )( x 2  1   1)  0 (1) 2 2 x Xét x  1; 2 , ta có: x  1   1  3  2  0, x  1; 2 2 0.25 2 2 1 5 Do đó: (1)  x  1  x   0  1  x  . 2 4 0.25  5 Vậy tập nghiệm của bất phương trình là: T  1;  4  (1 điểm)    4 4 tan x .ln(cos x ) 4  I  2sin xdx   dx I 1  I 2 ; I 1   2sin xdx  2 cos x 4   2  2 0.25 cos x 0 0 0 0 Câu   4 III tan x  sin x 1 1 sinx Đặt u  ln cos x ;dv  dx  du  dx ; v  I 2  lncosx 4   2 dx 0.25 (1 cos x cos x cos x cosx cos x điểm 0 0 )  2 2 1 2  ln  4  2 ln  2 1 0.25 2 2 cos x 2 0 2 *Kết quả I  1  ln 2 0.25 2 (1 điểm) + Ta có: BC  AB , BC  SB  BC   SAB  BC  SA Tương tự: DC  DA, DC  SD  DC   SDA  DC  SA 0.25 Từ đó suy ra : SA   ABCD  a 2 +Trong (SAB), kẻ AH  SB  d ( SB; AD )  AH  S Câu 2 IV a3 (1 Xét ∆SAB vuông tại A, đường cao AH:  SA  a  VS . ABCD  H 0.25 3 I D điểm C O ) A B K E + Trong (ABCD), lấy E đối xứng với D qua A, kẻ AK  BE + Trong (SAK), kẻ AI  SK . 0.25 Từ đó suy ra: d(SB; AC)  d( AC;(SBE)) d( A;(SBE))  AI 1 1 1 1 a 3 a 3  2  2  2  2  AI   d ( AC ; SB)  0.25 AI AS AE AB 3 3 Câu (1 điểm)
V 1 2 (1 P  ( x  1) 2  y 2  z 2  1 x  y  1  z  1  điểm ) 1 2 Đặt: a  x  1; b  y ; c  z; a, b, c  0  P   0.25 2 a  b  c 12(a  2 1)  b  1 c  1 2 2 2 2 2 a  b  c  1 1 2 2 1 a  b    c  1    a  b  c  1 2 a b c 1       2 2 2 4 3 3 a 1 b 1 c 1  a  b  c  3   a  1 b  1 c  1      0.25  3   3  2 54 2 54 Vậy P   3 =   f (t ) , với t abc1, t 1 0.25 a  b  c  1  a  b  c  3 t  t  2 3 2 162 t  4 f / (t )    ; f / (t )  0   t 2  t  2 4 t  1(loai) 0.25 1 Lập bảng biến thiên cho hàm số f(t) ta có Max P  khi a  b  c 1x  2, y 1, z 1 4 Phần riêng 1. (1 điểm) Gọi C  c; c  4   d1 , I là giao điểm của AC và d2: 7x – 6y – 57 = 0.    c  20 c  24  0.25 Ta có AIM đồng dạng CID  CI  4 AI  CI  4 IA  I  ;  5 5  c  20 c  24 Mà I  d 2 nên ta có: 7 6  57  0  c  1 . Vậy C(1;5). 0.25 5 5 Ta có:  7t  57   14t  51 M  d2  M  t;   B  4t  15;   6   3  0.25   14t  30    14t  66   AB   4t  20; , CB   4t 16;   3   3    81 Do AB.CB  0  17t 2  132t  243  0  t  3 hoặc t  Câu 17 0.25 VIa  69 89   B( 3; 3) hoặc B  ;  (loại). Vậy B ( 3; 3) (2  17 17  điểm 2.(1 điểm) ) Giả sử đã xác định được (P) thỏa mãn ycbt. A  1  A(1  2t ; 2  2t ; 1  t ); B   2  B (3  2s; 1  2s; s ).  0.25 Suy ra AB   2  2( s  t );  3  2( s  t ); 1  ( s  t )  13  AB 2  9( s  t ) 2  22( s  t )  14  1  s  t  1 hoặc s  t   . 0.25 9     Với s  t  1  AB  (0; 1;0)  (P) có một vtpt n1   AB, i   (0;0;1) , suy ra   0.25 ( P ) : z  0 (loại do (P) chứa trục O x ). 13   8 1 4     4 1 Với s  t    AB   ; ;  , suy ra ( P ) có một vtpt n2 AB, i (0; ; ) 9  9 9 9  9 9 0.25 Suy ra (P) :4 y  z  8  0 (TM). 2 Câu Đặt z  a  bi , ( a, b  R, a  0) . Từ giả thiết ta có: 1  a  bi  a  (b  1)i  (b  1  ai) 2 0.25
VIIa 2 1  a  2(b  1)2 (1  1  a  bi  2(b  1)  2 a (b  1)i   (I) 0.25  b  2a (b  1) điểm ) b 1 Từ (I) suy ra : 1   2(b  1) 2 (b  1)  (b  2)(2b  1) 2  0  b  2 hoặc b   0.25 2(b  1) 2 1 1 + Với b    a   (loại). + Với b  2  a  1  z  1  2i 0.25 2 2 1. (1 điểm)  3  5 5 Đường tròn  T  có tâm I   ;0  , bán kính R  d(I,  )  có  2  2 2 2 pt: x  y  3x  29  0 Khi đó đường thẳng d cắt đường tròn  T  tại A và A ' có tọa độ là nghiệm của hệ A 0.25  x 2  y 2  3x  29  0 7 5   x  4; y  5 hoặc x  ; y   x  y 1  0 2 2 I 7 5 C Điểm A có tung độ âm suy ra A  4;  5 và A '  ;  B 2 2 A' Vì d là phân giác trong của góc A nên cung BA'  CA'  IA'  BC 0.25 Phương trình đường thẳng BC có dạng: BC : 2x  y  m  0 1 1 Câu Mặt khác ta có: SABC  3SIBC  d A, BC .BC  3. d I, BC.BC d A, BC  3.d I, BC VIb 2 2 0.25 (2 m  13 m3 11 điểm  3.  m  13  3. m  3  m  2 hoặc m  5 5 2 ) 11 Với m  2 khi đó BC : 2x  y  2  0 , Với m  khi đó BC : 4x  2y  11  0 2 0.25 Vậy phương trình đường thẳng BC là: 2x  y  2  0 và 4x  2y  11  0 . 2. (1 điểm) Gọi H là hình chiếu của A trên  , mặt phẳng (P) đi qua A và (P)//  , khi đó khoảng cách giữa  và (P) là khoảng cách từ H đến (P). 0.25 Giả sử điểm I là hình chiếu của H lên (P), ta có AH  HI => HI lớn nhất khi A  I Vậy (P) cần tìm là mặt phẳng đi qua A và nhận AH làm véc tơ pháp tuyến. 0.25 H    H (1  2t; t;1  3t ) vì H là hình chiếu của A trên  nên    AH    AH .u  0 (u  (2;1;3) là véc tơ chỉ phương của  ) 0.25 40 13 53  2 13 3   H ( ; ; )  AH ( ; ;  )  n (2; 13;3) P 14 14 14 14 14 14 Vậy (P): 2  x – 3  13  y – 0   3  z  4   0  2 x  13 y  3z  18  0 0.25 Gọi A là biến cố lập được số tự nhiên chia hết cho 5, có 5 chữ số khác nhau. Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau kể cả số 0 đứng đầu: A75 Câu Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau và có số 0 đứng đầu là: A64 số 0.25 VIIb (1 Số các số tự nhiên gồm 5 chữ số khác nhau: A75  A64  2160 số 0.25 điểm Số các số tự nhiên chia hết cho 5 có 5 chữ số khác nhau: A64 + 5. A53 = 660 số  n  A  660 0.25 ) 660 11 25 Ta có: n     2160 , n  A  660  P(A) =   P( A)  1  P ( A)  0.25 2160 36 36 Lưu ý: Các cách giải khác đúng cho điểm tương đương từng phần . Cảm ơn bạn Phúc Tân (tanphuc@gmail.com) Gửi tới www.laisac.page.tl