Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, A1 năm 2014 - Trường THPT chuyên Hùng Vương

Chia sẻ: Tran Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:8

Thêm vào BST

Báo xấu

553
lượt xem 60
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn thi Đại học - Cao đẳng đạt kết quả cao với tài liệu tham khảo: Đề thi thử Đại học môn Toán khối A, A1 năm 2014 của trường THPT chuyên Hùng Vương. Mời các bạn cùng tham khảo và luyện tập tốt với đề thi thử này.

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 năm 2014 - Trường THPT chuyên Hùng Vương

TRƯỜNG THPT CHUYÊN HÙNG VƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 1) Năm học: 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A và khối A1 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  3 Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y  có đồ thị (C). x2 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (C) b) Tìm trên (C) những điểm M sao cho tiếp tuyến tại M của (C) cắt hai tiệm cận của (C) tại A, B sao cho AB ngắn nhất .  Câu 2 ( 1,0 điểm). Giải phương trình: 2 sin  2x   +sinx+3cosx+2=0   4   Câu 3 ( 1,0 điểm). Giải bất phương trình:  x  2  log 5 2 x 2  x  2  1  x 3  6  3x 2  x  x 3  y 3  3 y 2  3x  2  0 Câu 4 ( 1,0 điểm). Giải hệ phương trình:   2 2 2 x  1  x  3 2 y  y  1  0  · Câu 5 ( 1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC , có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB  a, ACB  300 . Gọi I là uu r uu r trung điểm BC, hình chiếu vuông góc của điểm S lên mặt đáy (ABC) là điểm H thỏa mãn: IA  2IH . Góc giữa SC và mặt đáy (ABC) bằng 600 . Tính thể tích khối chóp S.ABC và tính khoảng cách từ trung điểm K của SB tới mặt phẳng (SAH) theo a ? 1 2 3 Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho ba số thực a, b, c thỏa mãn a  ; b  ; c  và 2a  3b  4c  7 . Tìm giá trị nhỏ 2 3 4 1 1 1 nhất của biểu thức A  2a  3b  4c    2a  1 3b  2 4c  3 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chương trình chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trực tâm H(1; 1) , điểm M(1; 2) là trung điểm AC và phương trình cạnh BC là: 2x  y  1  0 . Xác định tọa độ các đỉnh A, B, C của tam giác ABC ? Câu 8.a (1,0 điểm). Cắt hình nón (N) đỉnh S cho trước bởi mặt phẳng qua trục của nó, ta được một tam giác vuông cân có cạnh huyền bằng a 2 . Tính diện tích xung quanh của hình nón (N). Tính thể tích khối cầu nội tiếp hình nón (N) Câu 9.a (1,0 điểm). Cho hai đường thẳng d1 và d 2 cắt nhau tại điểm O. Trên d1 lấy 6 điểm phân biệt khác điểm O. Trên d 2 lấy n điểm phân biệt khác điểm O. Tìm n để số tam giác tạo thành từ n  7 điểm trên (kể cả điểm O) là 336 B. Theo chương trình nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường thẳng (d): x + y – 2 = 0 cắt đường tròn (C) có phương trình: x 2  y 2  4 x  4 y  4  0 tại hai điểm A và B. Tìm điểm C trên đường tròn (C) sao cho diện tích tam giác ABC lớn nhất? Câu 8.b (1,0 điểm). Cho hình trụ (T) có bán kính đáy bằng a. Một mặt phẳng () song song và cách trục OO ' a của hình trụ bằng cắt hình trụ (T) theo thiết diện là hình vuông. Tính diện tích xung quanh của hình trụ (T) 2 và tính thể tích khối cầu ngoại tiếp hình trụ (T) Câu 9.b (1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi xanh, 5 viên bi đỏ, 3 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 3 viên bi. Tính xác suất để 3 viên bi được chọn, trong đó có đúng một viên bi xanh ? Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Giám thị coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh: ……………………………………………; Số báo danh: ……………………. --------------------------------------------HẾT--------------------------------------------
ĐÁP ÁN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC (LẦN 1) KHỐI A VÀ A1 – Năm hoc: 2013-2014 Câu 1: (2,0 điểm) a)(1,0 đ) 2x  3 Hàm số y = x2 - TXĐ: D = R \ {2} - Sự biến thiên: + ) Giới hạn: lim y  2 . Do đó ĐTHS nhận đt y = 2 làm TCN x  lim y  ; lim y   . Do đó ĐTHS nhận đt x = 2 làm TCĐ …………….. 0,25 x  2 x  2 +) Bảng biến thiên: 1 Ta cã : y’ =  2 < 0 x  D .......................................................... 0,25  x  2 2 x   y’ - - 2  y 2  Hàm số nghịch biến trên hai khoảng  ;2  và  2;   , hàm số không có cực trị ............................................................................... 0,25 + ) Vẽ đồ thị 8 6 4 2 -5 5 10 0,25 -2 -4 b)(1,0 đ)  1  1 Lấy điểm M  m; 2     C  . Ta có : y '  m    2 .  m2  m  2 Tiếp tuyến (d) tại M có phương trình : 1 1 0,25 2  y x  m  2  ………………………………….  m  2 m2  2  Giao điểm của (d) với tiệm cận đứng là : A  2; 2    m2 Giao điểm của (d) với tiệm cận ngang là : B(2m – 2 ; 2) ………………….. 0,25  2 1  Ta có : AB2  4  m  2   2  8 . ................................................. 0,25    m  2   Dấu “=” xảy ra khi m = 1 hoặc m=3
Vậy điểm có hai điểm cần tìm M1 (1;1) và M 2 (3;3) ........................................ 0,25 Câu 2: (1,0 điểm)  2 sin  2x   +sinx+3cosx+2=0   4  sin 2x  cos2x+sinx+3cosx+2=0  2sinx.cosx+2cos 2 x  1  sinx+3cosx+2=0  sinx(2cosx+1)+(2cosx+1)(cosx+1)=0  (2cosx+1)(sinx+cosx+1)=0  2cosx+1=0 (1)  (2cosx+1)(sinx+cosx+1)=0   ……………….  sinx+cosx+1=0 (2) 0,25  x  2  k.2 2   3 * (1)  2cosx+1=0  cosx=cos   3  (k  ¢ ) …….. 0,25    x   2   k.2  3   * (2)  s inx+cosx+1=0  sin   x+    sin       x    k.2 (k  ¢ ) 2  4  4    0,25  x    k.2 Vậy phương trình đã cho có nghiệm là: 2 2  x  k.2; x    k.2; x    k.2; x    k.2 …………….. 0,25 3 3 2 Câu 3: (1,0 điểm) 1/ (1 đ)    x  2  log5 2 x 2  x  2  1  x 3  6  3x 2  x     x  2   log 5 2 x 2  x  2  1  x 2  x  3   0   x  2  0   (I)  2 2    log 5 2 x  x  2  1  x  x  3  0   ……………………. 0,25 x  2  0   log 5 2 x 2  x  2  1  x 2  x  3  0 (II)      Xét hàm số: f (x)  log 5 2 x 2  x  2  1  x 2  x  3 x  ¡ 2 x1 7  7 Đặt t  x2  x  2   t 2   2 4     7  Ta được f (t)  log 5  2t  1   t 2  5 t   ;    2   7  f ' (t)  0; t   ;   và f(2)=0 , Nên Hàm số f(t) đồng biến trong  7 ;    2   2    x  2  0  x  2 + (I)     2 2   log 5 2 x  x  2  1  x  x  3  0  f (t)  0  f (2) x  2 x  2 x  2    2    x  1  x  2 (*) ………………… 0,25 t  2  x x2 2 x  2    x20 x  2 + (II)     2 2   log 5 2 x  x  2  1  x  x  3  0  f (t)  0  f (2) x  2 x  2 x  2   2   1  x  2 (**) …… 0,25 t  2  x x2 2  1  x  2 0,25 Từ (*) và (**) Suy ra tập nghiệm của bpt đã cho là S   1;   …………. Câu 4: (1,0 điểm)
 x3  y 3  3 y 2  3x  2  0  (1)  2 2 2 x  1 x  3 2 y  y  1  0  (2) 1  x 2  0 1  x  1 Điều kiện:    ………………………………. 0,25 2  2 y  y  0 0  y  2  Đặt t  x  1  x  t  1, t   0; 2  ta có (1)  x 3  y 3  3 y 2  3 x  2  0  (t  1)3  y 3  3 y 2  3(t  1)  2  0  t3  3t2 = y3  3y2 (*) Hàm số f(u) = u3  3u2 nghịch biến trên đoạn [0; 2] nên: (*)  t 3  3t 2  y3  3y 2  f (t)  f (y)  t  y  y = x + 1 ... ..... ... (2)  x 2  1  x 2  3 2( x  1)  ( x  1) 2  1  0 0,25 2 2 2  x  2 1  x  1  0 Đặt v  1  x  v[0; 1]  v  1  3  (2) v 2  2v  2  0    v  1  3 (loai) x   2 3  3  y 1 2 3  3 v  1  3   ……………………. x  2 3  3  y  1 2 3  3  0,25 Vậy hệ đã cho có hai nghiệm (x; y)  (  2 3  3;1  2 3  3) và (x; y)  ( 2 3  3;1  2 3  3) ….. 0,25 Câu 5: (1,0 điểm) S K H 600 B I 300 C J A *Tam giác ABC vuông tại A, · · ACB  300  ABC  600 , AC  a 3; BC  2a 1 1 a * I là trung điểm BC nên IA  IB  IC  BC  a; IH  IA  2 2 2 · (ABC))  (SC, HC)  SCH  60 0 SH  (ABC)  (SC, · · a2 a 1 a 3 HC  IH 2  IC2  2IH.IC.cos600   a 2  2. .a.  4 2 2 2 a 3 3a 0,25 Trong tam giác SHC: SH  HC.tan 60 0  . 3 ...................... 2 2
AB.AC a.a 3 a 2 3 SABC    2 2 2 0,25 1 1 a 2 3 3a a 3 3 VS.ABC  .SABC .SH  . .  (đvtt) ..................................... 3 3 2 2 4 Gọi J là trung điểm AI, tam giác ABI đều nên 0,25 BJ  AI  a 3   BJ  (SAH)  d(B, (SAH))  BJ  ............................ BJ  SH  2 0,25 1 1 a 3 K là trung điểm SB nên d(K,(SAH))  .d(B, (SAH))  .BJ  .......... 2 2 4 Câu 6: (1,0 điểm) Ta có: 7  2a  3b  4c  1  (2a  1)  (3b  2)  (4c  3)  3.3 (2a  1)(3b  2)(4c  3) 1  0  3 (2a  1)(3b  2)(4c  3)  3 1 1 1 * A  2a  3b  4c    2a  1 3b  2 4c  3 1 1 1  (2a  1)  (3b  2)  (4c  3)    6 2a  1 3b  2 4c  3 3 0,25  3. 3 (2a  1)(3b  2)(4c  3)  3  6 ....................... (2a  1)(3b  2)(4c  3) 1 Đặt t  3 (2a  1)(3b  2)(4c  3); 0  t  3 3 1  A  3t   6; 0  t  t 3 3 3 3t 2  3 1 Đặt f (t)  3t   6  f ' (t)  3  2  2  0, t   0;  ....................  3 0,25 t t t   1 Suy ra hàm f(t) nghịch biến trên  0;   3   1  1   16 Do đó: 0  t   f (t)  f   3 3 Vậy A  f (t)  16 . Giá trị nhỏ nhất của biểu thức A là 16 ................................. 0,25  2a  1  1 a  2  3  3  t  3 (2a  1)(3b  2)(4c  3)  1     1  7 0,25 Khi  3   3b  2    b  ................   3  9  2a  1  3b  2  4c  3  4c  3  1 c  5   3   6 Câu 7.a (1,0 điểm) A M(-1;2) H(1;-1) B C 2x-y +1=0 *Pt đường cao AH đi qua H(1;-1) và vuông góc với BC là: AH : 1(x  1)  2(y  1)  0  x  2y  1  0 ......................................... 0,25
*Gọi C  x C ; 2x C  1   BC M(-1;2) là trung điểm AC nên A  2  x C ;3  2x C  Mà A  AH  (2  x C )  2(3  2x C )  1  0  x C  1 C(1;3), A(3;1) ......................................................................................... uuu r 0,25 *Pt đường cao BH đi qua H(1 ;-1) và nhận AC  (4; 2) làm vt pháp tuyến BH : 4(x  1)  2(y  1)  0  2x  y  1  0 ................................................ 0,25 * B là giao điểm của BH và BC , nên B(0;1) ................................................... 0,25 Câu 8.a (1,0 điểm) S I A B O *Gọi thiết diện qua trục của hình nón (N) là tam giác SAB vuông cân tại S, AB  a 2  SA  SB  a a 2 0,25 O là trung điểm AB  SO  OA  OB  .......................................... 2 a 2 a 2 . 2 0,25 * Sxq  .R.l  .OA.SA  .a.  ............................................ 2 2 * Trong tam giác SAB, kẻ đường phân giác trong của góc A cắt SO tại I, Suy ra I là tâm khối cầu nội tiếp hình nón (N), bán kính là IO IO AO 2 IO 2 IO 2 Ta có:       IS AS 2 IO+IS 2  2 SO 2  2 a 2 2 a a(2  2) 0,25  IO  .   .............................................. 2 2 2 2 2 2 4 a 3 (2  2)3 VC  ..IO3  (đvtt) ........................................................ 0,25 3 3 Câu 9.a (1,0 điểm) * TH1: 1 điểm trên d1 , 2 điểm trên d 2 . Số tam giác tạo thành: C1 .Cn 6 2 * TH2: 2 điểm trên d1 , 1 điểm trên d 2 . Số tam giác tạo thành: C 2 .C1 6 n * TH3: Điểm O, 1 điểm trên d1 , 1 điểm trên d 2 . Số tam giác tạo thành: C1 .C1 … 6 n 0,25 Theo đề bài ta có: C1 .Cn  C6 .C1  C1 .C1  336 n  2, n  ¥ ..................... 6 2 2 n 6 n 0,25 2  n  6n  112  0 ................................................................................... 0,25 n  8  Vậy n=8 ..................................................................... 0,25  n  14 (loai) Câu 7.b (1,0 điểm) *Đ tròn (C) có tâm I(2;2), bán kính R=2 ....................................................... 0,25 Tọa độ giao điểm của (C) và (d) là nghiệm của hệ:
 x  0  x  y  2  0 y  2  2  2  x  2  x  y  4x  4 y  4  0  y  y  0  Hay A(2;0), B(0;2) 4 C M I B 2 H A 0,25 O 2 x Hay (d) luôn cắt (C ) tại hai điểm phân biệt A,B …………………………… 1 Ta có SVABC  CH . AB (H là hình chiếu của C trên AB) 2 SVABC max  CH max C  (C )  (V) 0,5 Dễ dàng thấy CH max    xC  2 V d Hay V: y = x với V  :  I (2; 2) V  C (2  2; 2  2) ……………………………………………………. Vậy C (2  2; 2  2) thì SVABC max Câu 8.b (1,0 điểm) O A K B I O1 A1 B1 *Gọi ABB1A1 là thiết diện của mp () và hình trụ (T) (hình vẽ ) Gọi K là trung điểm AB  OK  AB, OK  AA1  OK  mp(ABB1A1 ) a  d(OO1 , (ABB1A1 ))  d(O, (ABB1A1 ))  OK  2 2 a a 3 AK  OA 2  OK 2  a 2    AB  2.AK  a 3 4 2 ABB1A1 là hình vuông nên OO1  AA1  AB  a 3 ……………………. 0,25 * Sxq  2..OA.OO1  2..a.a 3  2a 2  3 (đvdt) ………………………. 0,25 * Gọi I là trung điểm OO1 nên I là tâm mặt cầu ngoại tiếp hình trụ (T) 3a 2 a 7 Bán kính IA  OA 2  OI2  a2   ………………………….. 0,25 4 2
3 4 4 a 7 7a 3  7 * VC  ..IA3  ..   (đvtt) ………………………….. 0,25 3 3  2   6 Câu 9.b (1,0 điểm) 3 - Số kết quả có thể xảy ra là : C12  220 ……………………………………. 0,25 - Gọi biến cố A: “ 3 viên bi được chọn, trong đó có đúng một viên bi xanh”… 0,25 Số kết quả thuận lợi cho biến cố A là: C1 .C8  112 4 2 (Cách khác: Số kết quả biến cố A là: C1 .C1 .C1  C1 .C5  C1 .C3  112 ….. 4 5 3 4 2 4 2 0,25 C1 .C 2 112 28 - Xác suất của biến cố A là: P(A)  4 3 8   C12 220 55 C1 .C1 .C1  C1 .C5  C1 .C3 112 28 4 5 3 4 2 4 2 ( Cách khác : P(A)  3   ........................... 0,25 C12 220 55 Chú ý: Học sinh giải cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa