zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2014 - Trường THPT Đoàn Thượng

Chia sẻ: Tran Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Báo xấu

573
lượt xem 29
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học lần 1 môn Toán khối A, B năm 2014 của trường THPT Đoàn Thượng - Hải Dương, đề thi cung cấp cho các bạn những bài tập Toán hữu ích cho quá trình học tập và ôn thi Đại học - Cao đẳng.

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, B năm 2014 - Trường THPT Đoàn Thượng

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT HẢI DƯƠNG ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT ĐOÀN THƯỢNG Môn thi: TOÁN, Khối A và B Thời gian làm bài: 180 phút 2 x  4 Câu I (2,0 điểm) Cho hàm số y  (1) x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1). 2. Tìm hai điểm A, B thuộc đồ thị (C) sao cho tiếp tuyến của đồ thị (C) tại các điểm đó song song với nhau, đồng thời ba điểm O, A, B tạo thành tam giác vuông tại O. Câu II (2,0 điểm)  1) Tìm nghiệm x   0;   của phương trình 5cos x  s inx  3  2 sin(2 x  ) 4 3 3 2  x  y  6 y  3  x  5 y   14  2) Giải hệ phương trình  3 2  x, y    .  3 x  y  4  x  y 5  1 Câu III (1,0 điểm) Tính tích phân I   (2 x  1) ln( x  1)dx 0 Câu IV (1,0 điểm) Cho hình chóp S . ABCD có đáy là hình chữ nhật với AB  a, BC  a 3 . Hai mặt phẳng ( SAC ) và ( SBD ) cùng vuông góc với đáy. Điểm I thuộc đoạn SC sao cho SC  3IC. Tính thể tích khối chóp S . ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng AI và SB biết AI vuông góc với SC. Câu V (1,0 điểm) Cho 2 số thực a, b  (0; 1) thỏa mãn (a 3  b3 )(a  b)  ab (a  1)(b  1)  0 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức sau: 1 1 F=   ab  (a  b) 2 . 2 2 1 a 1 b Câu VI (1,0 điểm) Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho ABC có đỉnh A  3; 4  , đường phân giác trong của góc A có phương trình x  y  1  0 và tâm đường tròn ngoại tiếp ABC là I (1 ;7). Viết phương trình cạnh BC, biết diện tích ABC gấp 4 lần diện tích IBC . Câu VII (1,0 điểm) Cho khai triển (1  3 x)2014  a0  a1 x  a2 x 2  ...  a2014 x 2014 . Tính tổng: S  a0  2a1  3a2  ...  2015a2014 .  log 2 x  y  3log8 ( x  y  2) Câu VIII (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  .   2 x  x 2  y 2  13 …………………………Hết………………………… Họ và tên thí sinh:………………………………Số báo danh:………………………… Chữ kí của giám thị 1:………………………Chữ kí của giám thị 2:…………………… Trường THPT Đoàn Thượng sẽ tổ chức thi thử đại học lần 2 vào ngày 16/2/2014
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ HƯỚNG DẪN CHẤM Câu Ý Nội dung Điểm I 1 2 x  4 1, 0 Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  x 1 a) Tập xác định : D  R \ 1 0,25 b) Sự biến thiên: * Tiệm cận : 2 x  4 2 x  4 +) Vì lim    , lim    nên đường thẳng x  1 là x 1 x 1 x 1 x 1 tiệm cận đứng. 2 x  4 2 x  4 +) Vì lim  2 , lim  2 nên đường thẳng y  2 là x  x 1 x  x 1 tiệm cận ngang. *Chiều biến thiên: 0,25 2 +) Ta có : y   2  0, x  1  x  1 +) Bảng biến thiên 0,25 x -∞ 1 +∞ -2 y' 2 +∞ y -2 -∞ 2 + Hàm số luôn nghịch biến trên các khoảng  ;1 và 1;   . c) Đồ thị 0,25 *Vẽ đồ thị:Cắt Ox tại A(2;0) cắt Oy tại B(0;-4) * Nhận xét: Đồ thị hàm số nhận điểm I 1; 2  làm tâm đối xứng. I 2 1, 0  2a  4   2b  4  0,25 Gọi A  a;  và B  b;  (Với a, b  1; a  b ) thuộc đồ thị  a 1   b 1  (C). Khi đó hệ số góc của các đường tiếp tuyến tại A và B lần lượt là: 2 2 k1   2 và k2   2  a  1  b  1 Do các đường tiếp tuyến song song nên: 2 2  2  2  ab  2  a  1  b  1    2 a  4    2b  4   0,25 Mặt khác, ta có: OA   a;  ; OB   b;  . Do OAB là tam  a 1   b 1      (2a  4)(2b  4) giác vuông tại O nên OA.OB  0  ab  0  a  1 b  1
www.VNMATH.com  ab  2 0,25   a  1 Ta có hệ  4ab  8( a  b )  16 . Giải hệ ta được  hoặc  ab  ab  ( a  b )  1  0  b3  a3  b  1 a  2 a  0 hoặc  hoặc  b  0 b  2 Vậy hai điểm cần tìm có tọa độ là  1;1 và  3;3  hoặc (2;0) và (0;-4) 0,25 Câu 1 Tìm nghiệm x  0;   của phương trình : II   ∑= 1 5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x   .  4   5cosx + sinx - 3 = 2 sin  2 x    5cosx +sinx – 3 = sin2x +  4 0,25 cos2x 2  2cos x – 5cosx + 2 + sin2x – sinx = 0  (2cosx – 1 )(cosx – 2) + sinx( 2cosx – 1) = 0 0,25  (2cosx – 1) ( cosx + sinx – 2 ) = 0. +/ cosx + sinx = 2 vô nghiệm. 1  +/ cosx =  x    2k , k  Z . 0,25 2 3  Đối chiếu điều kiện x   0;   suy ra pt có nghiệm duy nhất là : 0,25 3 2  x3  y 3  6 y 2  3  x  5 y   14  1, 0 Giải hệ phương trình:  3 2  x, y  R  .  3 x  y  4  x  y 5  Đkxđ x  3, y  4 Từ (1) ta có 3 2 x 3  3 x   y  2   3  y  2    x  y  2   x 2  x  y  2    y  2   3  0 0,25    x  y  2  y  x  2  3 Thế (3) vào (2) ta được x  2  3  x  x3  x2  4x 1  x3  x2  4x  4  2  x  2  1  3  x  0 x2 x2 0,25   x  2  x  2  x  1   0 2  x  2 1 3  x  1 1    x  2    x  2  x  1   0  2  x  2 1 3  x 
www.VNMATH.com  1 1 1 1   x  2    x  2  x  1     0  3 2  x  2 1 3 x 3    x 1 x 1   x  2    x  2  x  1   0    3 2 x2    x  2 1 3 1 3  x 2  3  x    0,25   1 1   x  2  x  1   x  2    0    3 2 x2    x  2 1 3 1 3  x 2  3  x     x  2  x  1  0  x  2, x  1; x  2  y  0, x  1  y  3 Thử lại ta thấy thỏa mãn hệ phương trình. Vậy hệ phương trình đã cho 0,25 có tập nghiệm là S   1;  3 ;  2; 0 . Câu 1 Tính tích phân I   (2 x  1) ln( x  1)dx 1, 0 III 0  1 1 2 u  ln( x  1) du  dx 1 x x Đặt   x  1  I  ( x 2  x) ln( x  1) 0   dx 0,25  dv  2 x  1 v  x 2  x 0 x 1  1  2  I    x  2  dx 0,25 0 x 1  1  x2  I     2 x  2 ln( x  1)  0,25  2 0 3 I   2 ln 2 0,25 2 IV 1, 0 S A D E I O 0,25 H B M C Ta có S ABCD  a.a 3  3a 2 . Gọi O là giao điểm hai đường chéo AC, BD, theo giả thiết ta có SO  ( ABCD) . AC  AB 2  BC 2  a 2  3a 2  2 a  OC  a. Lại có AI  SC  SOC & AIC đồng dạng
www.VNMATH.com CI CA    CI .CS  CO.CA  SC  a 6 CO CS 1 15 Từ đó SO  SC 2  OC 2  a 5  VSABC  SO.S ABCD  a3 0,25 3 3 Qua I kẻ đường thẳng song song với SB cắt BC tại M, suy ra SB//(AIM), do đó d ( SB, AI )  d ( SB, ( AIM ))  d ( B, ( AIM )). Mà CI CM   BM  2CM suy ra d ( B, ( AIM ))  2d (C , ( AIM )) Hạ CS CB 0,25 IH  ( ABCD ) , dễ thấy SO S 1 15 IH  , S AMC  ABCD  VIAMC  VSABCD  a3 3 6 18 54 Ta có SB SC 2 7 IM    a ; AM  AB 2  BM 2  a 3 3 3 3 10 AI  AC 2  CI 2  a 3 Suy ra 0,25 3 70 154 1 55 cos MAI   sin MAI   S AMI  AM . AI sin MAI  a 2 28 28 2 12 3VI . AMC 4a  d ( B,( AIM ))  2 d (C , ( AIM ))  2.  . S AMI 33 1, 0 Câu 3 3 (a  b )(a  b) 0,25 V gt   (1  a)(1  b) (*) . ab ( a 3  b3 )( a  b )  a 2 b 2  vì      a  b   2 ab .2 ab  4 ab và ab  b a 1  a 1  b   1  (a  b)  ab  1  2 ab  ab , khi đó từ (*) suy ra 4 ab  1  2 ab  ab , đặt t = ab (đk t > 0)  1 0  t  3 1 ta được: 4t  1  2 t  t  2 t  1  3t   0t  2 9 4t  1  3t  1 1 2  1 1   1 1  0,25 Ta có: 2  2   2   2  0 1  a 1  b 1  ab  1  a 1  ab   1  b 1  ab  2   a  b  .  ab  1  0 luôn đúng với mọi a, b  (0; 1), 1  ab  1  a2 1  b2  dấu "=" xảy ra khi a = b 1 1  1 1  2 2 0,25 vì   2 2  2   2.  và 1 a 2 1 b 2  1 a 1 b  1  ab 1  ab 2 2 2 ab  a2  b2  ab   a  b   ab nên F   ab  t 1  ab 1 t
www.VNMATH.com 2 1 1 xét f(t) =  t với 0 < t  có f ' (t )  1   0 với mọi 1 t 9 (1  t ) 1  t 1 0
www.VNMATH.com Câu log 2 x  y  3log8 ( x  y  2)  VIII Giải hệ phương trình:  .   2 x  x 2  y 2  13 1, 0 Điều kiện: x+y>0, x-y  0  x y  2 x y   2 2  2 x  x  y  13  0,25 u  x  y , u  0  u  2  v Đặt:  ta có hệ: 2 2 0,25 v  x  y , v  0  u  v  uv  13 u  2  v u  2  v  v  1, u  3  2 2  2  0,25 (2  v)  v  (2  v)v  13 3v  6v  9  0  v  3, u  1 Kết hợp đk ta được v  1, u  3  x  5, y  4 0,25đ

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.