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 Thuận Thành số 1

Chia sẻ: Tran Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Báo xấu

434
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học môn Toán khối A, B lần 1 của trường THPT THuận Thành số 1 năm 2014, tài liệu dành cho các bạn đang có nhu cầu học tập và ôn thi Đai học - Cao đẳng. Mời các bạn cùng tham khảo.

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 Thuận Thành số 1

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT BẮC NINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2013 – 2013 TRƯỜNG THPT THUẬN THÀNH SỐ 1 Môn : TOÁN, Khối A, B NGÀY 05/01/2014 Thời gian làm bài: 180 phút (không kể thời gian giao đề) PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x  1 Câu I (2,0 điểm). Cho hàm số: y  x 1 1. Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số. 1 2. Tìm m để đường thẳng y= x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm A,B sao cho KA=KB với K(2;0). 2 Câu II (2,0 điểm). x x x x  1. Giải phương trình: 2 2 (sin 3  cos 3 ) cos  (2  sin x) cos   . 2 2 2 2 4 27 2 2 2. Giải phương trình : x  1  x 2  2 x  x x 8 x 2e2 x  3xe x  e x  1 Câu III (1,0 điểm). Tính: I=.  dx xe x  1 Câu IV (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thoi,hai đường chéo AC = 2 3a , BD = 2a và cắt nhau tại O, hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD). Biết khoảng cách từ điểm O a 3 đến mặt phẳng (SAB) bằng , tính thể tích khối chóp S.ABCD theo a, và góc giữa 2 mặt phẳng (SAB) 4 với (SBD). Câu V:(1,0 điểm). Cho x,y,z > 0 thỏa mãn: x 2  y 2  xz  yz  2 xy .  1 1 1  Tìm giá trị nhỏ nhất của P   x 4  y 4  z 4   4  4  4   4x 4 y z  PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu VI.a (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho 2 đường thẳng có phương trình lần lượt là d 1: 3x-4y-24=0, d2: 2x-y-6=0. Viết phương trình đường tròn(C ) tiếp xúc với d1 tại A và cắt d 2 tại B, C sao cho BC = 4 5 và sin  = 2 A . Biết tâm I của đường tròn (C ) có các tọa độ đều dương. 5 log 2 y  log 4  xy  2   2. Giải hệ phương trình:  2 log 9 x  log 3  x  y   1  Câu VII.a (1,0 điểm). Từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 lập các số có 4 chữ số khác nhau. Lấy ngẫu nhiên một số trong các số được lập, tính xác suất để số được lấy có 2 chữ số chẵn, 2 chữ số lẻ. B. Theo chương trình Nâng cao Câu VI.b (2,0 điểm). 1. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn C  : x 2  y 2  2 .Viết phương trình tiếp tuyến của đường tròn (C) biết tiếp tuyến đó cắt các tia Ox, Oy lần lượt tại A và B sao cho tam giác OAB có diện tích nhỏ nhất. 2. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho tam giác ABC có A(0;0;2), B(0;1;0), C(-2;0;0). Gọi H là trực tâm của tam giác ABC. Viết phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy. log2 x 2 Câu VII.b (1,0 điểm)Giải bất phương trình 2 2  4log2 x  20  0 .……….Hết……… Họ và tên thí sinh...................................................................., Số báo danh.....................................................
www.VNMATH.com ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM Câu Nội dung Điểm -ý I.1 *Tập xác định : D   \ 1 0.25 1 Tính y '   0 x  D (x  1)2 Hàm số nghịch biến trên các khoảng (;1) và (1;  ) *Hàm số không có cực trị 0.25 Giới hạn lim y   lim y   x 1 x 1 lim y  2 lim y  2 x  x  Đồ thị có tiệm cận đứng :x=1 , tiệm cận ngang y=2 *Bảng biến thiên x  1  0.25 y’ - - 2  y 2  *Vẽ đồ thị (Học sinh tự vẽ) 0.25 I.2 1 * PT hoành độ giao điểm của d m: y = x  m với (C) là : 2 2x 1 1 x  1   xm  2 0.25 x 1 2 x   5  2m  x  2  2m  0 1   4m2  12m  17  0 dm cắt © tại hai điểm khi (1) nghiệm phân biệt khác   m 1  2m  5  2  2m  0 0.25 * Gọi x1, x2 là các nghiệm của PT(1):  x1  x2  5  2m . Toạ độ giao điểm của d m với (C):  1   1   5  2m 5  2m  A  x1; x1  m  , B  x2 ; x2  m  .Gọi I là trung điểm của AB thì I ;  0.25  2   2   2 4  3 0.25 * KA=KB  KI  d m  m  2 II.1  x x  x x x  x x Pt(1)  4sin  cos 1 sin cos  cos  2  sin x cos  sin  0.25  2 2  2 2 2  2 2  x x  1  x  x x  4 sin  cos 1  sin x  cos  2  sin x  cos  sin   2 2  2  2  2 2  x x cos 2  sin 2  0  x x  x   0.25   cos  sin (2  sin x) 2 cos  1  0  2  sin x  0  2 2  2   x 2 cos  1  0  2 0.25 x x  x  x   +) sin  cos  0  sin     0    k  x   k2 (k  ) 2 2 2 4 2 4 2 +) 2  sin x  0  sin x  2 (vô nghiệm) 2
www.VNMATH.com x x 1 4 +) 2cos  1  0  cos  x  k 4 (t/mđk) 0.25 2 2 2 3  4 Vậy nghiệm của phương trình là: x   k2 , x    k4   k   2 3 II.2 ĐK: x  0 , Nhận xét x = 0 không là nghiệm của phương trình Nhân hai vế của phương trình với 2 ta có: 27 2 27 2 0.25 * 2x  2  2 x  x  2  x x  x  x2  x x 4 4 x  2 27 2 0.25  1  x (*) x 4 1 VT(*) = f(x) có f’(x) =  0, x  0 , f(x) là hàm nghịch biến trên khoảng  0;   0.25 2 x2 x x 27 VP(*) = g(x) có g’(x) = x  0, x  0  g ( x) là hàm đồng biến trên khoảng  0;   . 2 0.25  phương trình (*) có không quá một nghiệm. 2 2 Mặt khác x = là nghiệm của (*).Vậy phương trình đã cho có nghiệm duy nhất x = . 3 3 2 III I  xe x  1  e x  xe x dx    xe  1dx   x d  xe x  1 0,5 xe x  1 xe x  1  x   xd  e x   ln 1  xe x  x  ln 1  xe x  xe x   e x dx x  ln 1  xe x  xe x  e x  C 0,5 Từ giả thiết AC = 2a 3 ; BD = 2a và AC , BD vuông góc với nhau tại trung điểm O của mỗi đường chéo.Ta có tam giác ABO vuông tại O và AO = a 3 ; BO = a. Gọi K là hình IV chiếu của O trên AB, gọi I là hình chiếu của O trên SK. Từ giả thiết hai mặt phẳng (SAC) và (SBD) cùng vuông góc với mặt phẳng (ABCD) nên giao tuyến của chúng là SO  (ABCD). Ta chứng minh được khoảng cách O tới (SAB) là đoạn OI 1 1 1 1 1 a 3 Ta có trong tam giác vuông AOB ta có: 2  2  2  2  2  OK  OK OA OD a 3a 2 1 1 1 a 0.25 .Tam giác SOK vuông tại O, OI là đường cao  2  2  2  SO  . OI OK SO 2 Diện tích đáy S ABCD  4S ABO  2.OA.OB  2 3a 2 ; S a đường cao của hình chóp SO  . 2 Thể tích khối chóp S.ABCD: 1 3a 3 0.25 VS . ABCD  S ABC D .SO  A 3 3 I D Ta có hình chiếu của tám giác SAB trên mf(SBD) là K Tam giác SBO . Gọi  là góc giữa hai mặt phẳng O s 0.25 (SAB) và (SBD) ta có cos  SBO B a C sSAB 1 a2 1 1 0.25 Ta có : sSBO  OB.SO  , SK  a  sSAB  a 2  cos     arccos 2 4 4 4 3
www.VNMATH.com 0.25 V a  b 2 Áp dụng bất đẳng thức Cô-Si cho hai số dương và bất đẳng thức: a 2  b 2  2   x2  y 2 2  Ta có: P     1 1    x  y  z4   2 2  4    4   z 4  8 1  4 0.25    2x y   4   2  z   8   x  y  z  4 Đặt  x  y t  8  t 8  0  t  1 Khi đó ta có: P    1   1   2   4 z  8  t  8 t Xét hàm số 0.25 t 8 1 8 f (t )  2    f '(t )   2  0, t   0;1 8 t 8 t 81 Ta có f(x) nghịch biến trên  0;1  min P  f (1)  0.25 t 0;1 8 z Khi đó x = y = 2 VIa.1 Gọi I(x;y), R lần lượt là tâm và bán kính đường tròn (C ) 0.25 Áp dụng định lý sin trong tam giác ta có: R = d(I; d 1) =5 ( do (C ) tiếp xúc với d 1) 0.25 Gọi M là trung điểm của BC theo định lý Pitago ta có MI = d(I;d 2) = R 2  MB 2  5 .  3 x  4 y  24  25  Khi đó ta có hệ:  Giải hệ ta đươc 2 nghiệm thỏa mãn yêu cầu  2x  y  6  5  0.25 TH1 I 1;1 ta có phương trình (x -1)2+(y-1)2=25 TH2 I(9;7) ta có phương trình (x -9)2+(y-7)2=25 0.25 VIa.2 x  y  0  Đk:  y  0  x  0  log 9 x 2  log 3 x  xy  2  0 0.25   y 2  xy  2  Khi đó ta có hệ   2 0.25  x  xy  3  2   x  y  1(loai )   x  y   1   x  3 0.5    x  y  1  (t/mđk) 2  x  xy  3   2 y  2  x  xy  3 VIIa Từ 6 chữ số đã cho ta lập được A64  360 số có 4 chữ số khác nhau 0.25 2 Số cách chọn 2 chữ số chẵn từ 3 chữ số 2,4,6 là C  3 3 Số cách chọn 2 chữ số lẻ từ 3 chữ số 1,3,5 là C32  3 0.25 Từ 4 chữ số được chọn ta lập số có 4 chữ số khác nhau, mỗi số lập được ứng với một hoán vị của 4 phần tử. theo quy tắc nhân ta có số các số lập được thỏa mãn yêu cầu là: C32 .C32 .4!  216 0.25 Xác suất để chọn được số có 4 chữ số khác nhau được chọn từ các chữ số 1,2,3,4,5,6 trong 216 3 đó có 2 chữ số chẵn 2 chữ số lẻ là: P   0.25 360 5 VIa.1 Tâm C :  O 0; 0 +  . Gọi tọa độ A a;0 , B 0; b với a  0, b  0 . 0.25  Ban kính C  : R  2   4
www.VNMATH.com x y x y + Phương trình AB:   1   1  0 a b a b 1 ab 0.25 AB tiếp xúc (C)  d O, AB   2   2  2 (***) 1  1 a  b2 2 a 2 b2 a 2b 2 a 2b 2  2 2   SOAB 0.25 a  b2 2ab  SOAB nhỏ nhất khi a  b . Từ a  b và (***) suy ra a  b  2 . 0.25 x y Kết luận: Phương trình tiếp tuyến là  1  0 . 2 2 VIa.2 AH  BC  *Ta có   BC  ( AOH )  BC  OH . AO  BC  Tương tự AB  OH Suy ra OH  ( ABC ) . x y z *Phương trình mp (ABC):    1  x  2y  z  2  0  2 1 2   *mp(ABC) có vtpt n   1; 2;1 nên OH có vtcp u  n  (1; 2; 1)  x  t   1 2 1  *Phương trình đường thẳng OH:  y  2t  H  ; ;  0.5 x  t  3 3 3  2 0.25 Khoảng cách từ H tới Oy là R  3 2 2 2  1  2  1 2 Phương trình mặt cầu tâm H tiếp xúc với Oy là  x     y     z    0.25  3  3  3 9 2 VIIb 2 Điều kiện: x> 0 ; BPT  24log2 x  4log2 x  20  0 0.25 2 Đặt. y  4log2 x , y  1 . BPT trở thành y2 + y- 20  0  - 5  y  4.Do y  1 nên ta có y  4 0.25 2 Khi đó ta có : 4log x  4  log 2 x  1  1  log 2 x  1 2 0.25 2 1  x2 0.25 2 Lưu ý : Nếu thí sinh làm cách khác đúng thì giám khảo chấm theo các bước làm của cách đó . 5

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.