Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, A1 (2014) - Trường THPT Hai Bà Trưng

Chia sẻ: Nguyễn Hữu Nguyên | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

130
lượt xem 9
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, A1 (2014) - Trường THPT Hai Bà Trưng để thử sức với các bài tập và dạng câu hỏi thường gặp trong đề thi tuyển sinh 2014. Cấu trúc đề thi thử được biên soạn theo chuẩn mới nhất của Bộ GD&ĐT sẽ giúp bạn tổng quan kiến thức trọng tâm cần ôn tập để luyện thi hiệu quả và nhanh chóng.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, A1 (2014) - Trường THPT Hai Bà Trưng

Sở GD&ĐT Thừa Thiên Huế ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 1 - NĂM 2014 Trường THPT Hai Bà Trưng MÔN: TOÁN (KHỐI A, A1) (ĐỀ CHÍNH THỨC) Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) ----------------- Họ và tên thí sinh: …………………………………….……. Số báo danh: ………………... 2x Câu 1. (2 điểm): Cho hàm số y  (C) . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng (d): y = mx – m + 2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho độ dài AB nhỏ nhất. Câu 2. (2 điểm):   a) Tìm nghiệm x   0,  của phương trình cos6x (1 + 2sinx) + 2cos2x = 1 + 2cos5xsin2x  2 b) Giải hệ phương trình  y 19 ( 3 x  4  5  x )2  2(  3x  8)  x   y  log 2 x  1 e x 2 e ln x  1 Câu 3. (1 điểm): Tính I  dx 1 x3 Câu 4. (2 điểm): a) Trong mp (0xy) cho tam giác ABC vuông tại A, biết cạnh BC có pt: 3 x  y  3  0 , điểm A, B thuộc trục hoành. Xác định tọa độ trọng tâm G của tam giác ABC ; biết bán kính đường tròn nội tiếp tam giác ABC bằng 2. b) Cho mp (P): 2x+ 2y+ z = 0. Lập phương trình mặt cầu đi qua 3 điểm A (1; 0; 0) ; B (0; 1; 0); C (0; 3; 2) và cắt mp (P) theo thiết diện là đường tròn (C) có bán kính bằng 1. Câu 5. (1 điểm): Với mọi số thực x, y thỏa mãn: 2(x2 + y2) = xy + 1. x4  y 4 Tìm giá trị lớn nhất, giá trị nhỏ nhất của biểu thức: P  2 xy  1 Câu 6. (1điểm): Cho hình chóp SABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = 2a, BC = a, SA = SB = SC = SD = a 2 . E là điểm thuộc cạnh SC sao cho SE = 2EC; F là điểm thuộc cạnh SD 1 sao cho SF = FD . Tính thể tích khối chóp SABCD và thể tích khối đa diện ABCDFE. 3 Câu 7. (1 điểm) : Tìm các giá trị của x trong khai triển Newton n  lg 103x  5  x  2  lg 3  1 3 2  2  2  biết số hạng thứ 6 của khai triển đó là : 21 và Cn  Cn  2Cn   ---------------HẾT--------------- Ghi chú: - Thí sinh không được sử dụng tài liệu! - Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm! 1
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI A, A1 – THI THỬ ĐH LẦN 1 CÂU NỘI DUNG ĐIỂM 1. a 2x y (C) 1 điểm Hàm số: x 1 D  \ 1 0.25 +) Giới hạn, tiệm cận: lim y  2; lim y  2; lim y  ; lim y   x  x  x (1) x (1) - TC đứng: x = 1; TCN: y = 2. 2 0.25 +) y '  2  0, x  D  x  1 +) BBT: x -  -1 + y' - || - 0.25 y 2 ||  ||  2 Hàm số nghịch biến trên  ,1 ; 1,   +) ĐT: Giá trị x -3 -1 0 2 3 y 3/2 1 0 4 3 Đồ thị nhận giao điểm I (1; 2) của hai tiệm cận làm tâm đối xứng 12 10 8 0.25 6 4 2 15 10 5 5 10 15 2 4 1. b Pht hoành độ giao điểm của (C) và (d) là 1 điểm 2x x  1 0.25  mx  m  2   2 x 1  g ( x )  mx  2mx  m  2  0 (d) cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi g(x) = 0 có hai nghiệm phân biệt khác 1  m0  2 0.25     m  m(m  2)  0  m  0  g (1)  m  2m  m  2  0  2
Gọi x1, x2 là 2 nghiệm của (*) khi đó A (x1 ; mx1- m+2), B (x2 ; mx2 – m +2) 0.25 Theo vi ét ta có x1 + x2 = 2 và x1x2 = (m-2)/m AB2 = (x2 - x1)2(1+ m2)= [(x1+ x2)2 - 4x1x2] (1+m2) 8  1 0.25 = 1  m 2   8  m    16 do m>0 m  m ABmin = 4 ⇔ m =1 2a Cos6x(1+ 2sinx) + 2cos2x = 1+ 2cos5xsin2x 1 điểm ⟺cos6x + 2cos6xsinx + cos2x = 2cos5xsin2x ⟺cos6x + sin7x – sin5x + cos2x = sin7x – sin3x 0.25 ⟺cos6x + cos2x + sin3x – sin5x = 0 ⟺2cos4xcos2x – 2cos4xsinx = 0 ⇔  cos 4 xsin x  cos 2 x  0 (1) (2) 0.25   x 8  Do x  (0; ) , (1 )   3 x 2  8 0.25  sinx 1 (2)⇔1-2sin2x=sinx⇔2sin2x+sinx-1=0⇔  sinx  1 ⇔x=π/6 ( do sinx = -1 loại) 0.25  2 Vậy pt có 3 nghiệm x=π/8; x=3π/8; x=π/6 2b 4 Đk   x  5, x  0 (*) 1 điểm 3 0.25 2 y  log 2 x  1  log 2 2 y  log 2 x  1  log 2 ( x.2 y )  1  2 y  x 19   3 x  4  5  x 2 y  2 (  3 x  8) x 0.25 2    3 x  4  5  x 2 y  (19  3 x 2  8 x) x  3 x  4  5  x  19  3 x 2  8 x 0.25  ( 3 x  4  4)  (1  5  x )  (3 x 2  8 x  16)  0  3 1   ( x  4)    (3x  4)   0  3x  4  4 1  5  x  0.25  x  4 do (*) 3. e dx e ln x 0.25 1 điểm I=  x 3   e d (ln x) 1 1 e dx 1 1 .A x 3   0.25 1 2 2e 2 e 0.25 . B= (elnx) 1 = e-1 3
2 e3  e 2  1 0.25 Vậy : I = 2e 2 4a Với a≠1, Tọa độ A (a; 0) ; B (1; 0) ; C ( a; a 3  3) 0.25 1 điểm 2a  1 a  1 G( ; ) 3 3 0.25 Diện tích ∆ABC = 1/2AB.AC = pr ⇔ AB.AC = 2(AB+AC+BC)  3 a  1 a  1  2( a  1  3 a  1  2 a  1)   3 a  1  2(1  3  2) do a  1 ⇔ a  3  2 3  a  1  2 3 0.25 2(3  3)  a 1   2(1  3)  2  2 3 3 0.25  7  4 3 2  2 3   1  4 3 2  2 3  ⇔G    ; ;G  ;   3 3    3 3   4b ( S ) : x 2  y 2  z 2  2ax  2by  2cz  d  0 ; a 2  b2  c 2  d  0 0.25 1 điểm  1  2a  d  0  d  2a  1   do A,B,C  (S)   1  2b  d  0   b  a 13  6b  4c  d  0  c  3 a   2a  2b  c 2a  2b  c 0.25 d ( I , ( P))   4  4 1 3 Do (P)∩(S) = (C) có bán kính r = 1, Gọi R là bk mặt cầu (S), ta có R2 = r2 + d2(I ;(P)) (2 a  2b  c)2  a2+ b2 + c2 – d =1+ 0.25 9 ⇔ a  1 a  4  Với a = b = d = 1, c = 2 thỏa đk ta có (S1): x2 + y2 + z2 - 2x - 2y - 4z + 1=0 Với a = b = 4, c= -1, d = 7 thỏa đk ta có (S2) : x2 + y2 + z2 - 8x - 8y + 2z + 7=0 0.25 5. 2 t  xy  xy  1  2( x 2  y 2 )  2  x  y   2 xy   4 xy 0.25 1 điểm   1 0.25  5 xy  1  0  xy   5 2 1 xy  1  2  x  y   2 xy   4 xy  3 xy  1  xy    3 2  xy  1  2 2 1 1  x  y   2x y 2   2x y 2 2 2 2 0.25  t   P   2  5 3 2 xy  1 2 xy  1 7t 2  2t  1  4  2t  1 0.25 4
7t 2  2t  1 7  t 2  t  Xét hàm : f (t )   f '(t )  2 4  2t  1 2  2t  1 f '(t )  0   tt 0 1 loại ;f(-1/5)=f(1/3)=2/15 ;f(0)=1/4⇒GTLN=1/4,   GTNN=2/15 6. Gọi O=AC∩BD S 1 điểm ∆SBD cân tại B có SO là trung truyến →SO⊥BD Tương tự SO⊥AC F →SO⊥ABCD (SO là đường cao của hình chóp) a 5 A D S ABCD  a 2 , BD  a 5; BO  E 0.25 2 O a 3 SO  SB 2  BO 2  B C 2 1 a3 VSABCD  S ABCD .SO  3 3 0.25 VSABE SA.SB.SE 2 1 a3    VSABE  VSABCD  VSABC SA.SB.SC 3 3 3 3 VSAEF SA.SE.SF 1 1 a3    VSAEF  VSABCD  VSACD SA.SC.SD 6 12 12 3 0.25 3 3 3 3 a a 5a 5 3a  VSABEF  VSABE  VSAEF     3 3 12 3 12 3 36 7a 3 3 0.25 VSABCDFE = đvtt 36 7. 0.25 1điểm 1 3 Từ C  C  2C suy ra n = 7 2 n n n Số hạng thứ 6 bằng 21 nên ta có 0.25   lg 10 3x   x  2 lg3 5 C 2 7  21  lg 10  3   lg 3 x x 2 0 ⇔ (3x)2 – 10.3x + 9 = 0   x  0 0.25 x  2  Vậy có hai giá trị x = 0 ; x = 2 0.25 Ghi chú: - Các cách giải khác với cách giải trong đáp án mà vẫn đúng, đủ thì cũng cho điểm tối đa. - Người chấm có thể chia nhỏ thang điểm theo gợi ý các bước giải. 5