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 năm 2014 - Trường THPT Hậu Lộc 2

Chia sẻ: Tran Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

132
lượt xem 17
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Ôn thi Đại học dễ dàng và đạt kết quả tốt nhất với đề thi thử Đại học môn Toán năm 2014 khối A, A1, B, D của trường THPT Hậu Lộc 2. Mời các bạn tham khảo và luyện tập 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 năm 2014 - Trường THPT Hậu Lộc 2

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1. NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1, B và D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  x3  3x 2  mx  4 (1), với m là số thực. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  0. b) Tìm m để hàm số (1) đồng biến trên khoảng (; 0). Câu 2 (2,0 điểm). Giải các phương trình sau: a) 8  sin 6 x  cos 6 x   3 3 cos 2 x  11  3 3 sin 4 x  9sin 2 x. x3  1 b)  x  1  x 2  x  1  x  3. x3 1 dx Câu 3 (1,0 điểm). Tính tích phân I   1 x  . 1 1  x2 Câu 4 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông cạnh a. Hình chiếu vuông góc của S lên mặt phẳng (ABCD) trùng với trọng tâm tam giác ABD. Cạnh SD tạo với đáy (ABCD) một góc bằng 600. Tính thể tích khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ A tới mặt phẳng (SBC) theo a. Câu 5 (1,0 điểm). Cho a, b, c  0. Chứng minh rằng: 1 1 1 1 3 3  3 3  3 3  . a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc 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 6.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  6 y  15  0. Viết phương trình đường thẳng () vuông góc với đường thẳng d : 4 x  3 y  2  0 và cắt đường tròn (C) tại hai điểm A và B sao cho AB  6. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng (P) và đường thẳng d x y 1 z  2 lần lượt có phương trình là ( P) : 2 x  y  2 z  2  0; d :   . Viết phương trình 1 2 1 mặt cầu (S) có tâm thuộc đường thẳng d, cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 và cắt mặt phẳng (P) theo giao tuyến là đường tròn có bán kính bằng 4. Câu 8.a (1,0 điểm). Có bao nhiêu số tự nhiên gồm 2013 chữ số sao cho tổng các chữ số bằng 3. B. Theo chương trình Nâng cao  11  Câu 6.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC có trọng tâm G 1;  ,  3 đường thẳng trung trực của cạnh BC có phương trình x  3 y  8  0 và đường thẳng AB có phương trình 4 x  y  9  0. Xác định tọa độ các đỉnh của tam giác ABC. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho điểm I 1;1;1 và đường thẳng x  14 y z  5 d:   . Viết phương trình mặt cầu (S) tâm I và cắt đường thẳng d tại hai điểm A, B 4 1 2 sao cho AB  16. e x  e y   log 2 y  log 2 x  xy  1  Câu 8.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình  2 2  x  y  1.  -----Hết----- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. Họ và tên thí sinh:……………………………………….; Số báo danh:………….
www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT HẬU LỘC 2 ĐÁP ÁN-THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1. NĂM HỌC 2013-2014 Môn: Toán; Khối A, A1, B và D (Đáp án-thang điểm gồm 05 trang) Câu Đáp án Điểm 1 a. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Khi m  0 ta có y  x 3  3 x 2  4.  Tập xác định: D  .  Sự biến thiên: 0,25 - Giới hạn: lim y  ; lim y  . x  x  - Chiều biến thiên: y '  3x 2  6 x; y '  0  x  0 hoặc x  2. Các khoảng đồng biến:  ; 2  và  0;   ; khoảng nghịch biến:  2; 0  . 0,25 - Cực trị: Hàm số đạt cực tiểu tại x  0, yCT  4; cực đại tại x  2, yCD  0. - Bảng biến thiên: x  -2 0  + 0 - 0 + 0,25 0  -4   Đồ thị: 0,25 b. (1,0 điểm) Ta có y '  3x 2  6 x  m. 0,25 Hàm số (1) đồng biến trên khoảng  ; 0  khi và chỉ khi y '  0, x  0  m  3 x 2  6 x,   0. 0,25 Xét f ( x)  3 x 2  6 x với x  0. Ta có f '( x)  6 x  6; f '( x)  0  x  1. Bảng biến thiên: x  -1 0 f’(x) - 0 + 0,25  0 f(x) -3 Dựa vào bảng biến thiên ta được giá trị của m thỏa mãn là m  3. 0,25 2 a. (1,0 điểm) (2,0 điểm) Phương trình đã cho tương đương với  3  8 1  sin 2 2 x   3 3 sin 4 x  11  3 3 cos 2 x  9sin 2 x 0,25  4  Trang 1/5
www.VNMATH.com  8  6 sin 2 2 x  3 3 sin 4 x  11  3 3 cos 2 x  9 sin 2 x  3  6 sin 2 2 x  3 3 sin 4 x  3 3 cos 2 x  9sin 2 x 0,25  2sin 2 2 x  2 3 sin 2 x cos 2 x  1  3 cos 2 x  3sin 2 x  0   2sin 2 2 x  3sin 2 x  1  3 cos 2 x  2sin 2 x  1  0 0,25    2sin 2 x  1 sin 2 x  3 cos 2 x  1  0      x  12  k   1   x  5  l sin 2 x  2  12   1   k , l , m, n    . 0,25  sin 2 x    x    m       3 2 4   x  7  n .   12 b. (1,0 điểm) Điều kiện: x  1. 0,25 Phương trình đã cho tương đương với: x3  1  x  3  x 2  x  1  x  1. 0,25 x3 Bình phương hai vế ta được phương trình hệ quả: x3  1 x 1 3   x2  x  1  x2  2 x  2  0   0,25 x3 x 1 3  Thử lại: x  1  3, x  1  3 không thỏa mãn, vậy pt VN 0,25 3 Đặt u = x+ 1  x 2 thì u - x= 1  x 2  x 2  2ux  u 2  1  x 2 (1,0 điểm) 0,25 u2 1 1 1  x  dx  1  2  du 2u 2 u  0,25 Đổi cận x  1 thì u  2  1 ; x  1 thì u  2  1. 1 1  1   du 1 2 1 2 1 2 1 2  u2  du 1 du 0,25 I     1 u  2  2 1 1 u 2 2 1 2 1 (1  u )u 2 2 1 2 1 1 du 1  1 1 1  =  1 u  2   u 2  u  u  1  du =1 0,25 2 2 1 2 1   Trang 2/5
www.VNMATH.com 4 S (1,0 điểm) K A B I H E O D C Gọi H là trọng tâm tam giác ABD, I là trung điểm AB.  2 a 5 0,25 SH  ( ABCD)  SDH  600 ; DH  DI  3 3  a 15  SH  DH .tan SDH  3 0,25 1 a3 15 Suy ra VS . ABCD  SH .S ABCD  (đvtt). 3 9 Từ H kẻ đường thẳng song song với AB cắt BC tại E. Trong tam giác SHE kẻ đường cao HK  HK  ( SBC )  d  H ;( SBC )   HK . 0,25 2 2a 1 1 1 2a 5 Ta có HE  AB   2  2  2  HK  3 3 HK HS HE 57 0,25 AC 3 3 3a 5 Do   d  A; (SBC )   d  H ; ( SBC )   . HC 2 2 57 5 Ta có x 2  y 2  2 xy , x, y  0 (1,0 điểm)  x 2  y 2  xy  2 xy  xy   x  y   x 2  y 2  xy    x  y  xy 0,25  x 3  y 3  xy  x  y  (*). Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi x  y  0. Áp dụng (*) cho a, b > 0 Ta được a 3  b3  ab  a  b   a 3  b3  abc  ab  a  b   abc  ab  a  b  c   0 0,25 1 1  3 3  (1) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  0 a  b  abc ab  a  b  c  Tương tự ta có 1 1 3 3  (2) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi b  c  0 b  c  abc bc  a  b  c  0,25 1 1 3 3  (3) Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi c  a  0 c  a  abc ca  a  b  c  Cộng (1), (2), (3) vế với vế ta được BĐT: 1 1 1 abc 1 3 3  3 3  3 3   . a  b  abc b  c  abc c  a  abc abc  a  b  c  abc 0,25 Dấu đẳng thức xảy ra khi và chỉ khi a  b  c  0 Trang 3/5
www.VNMATH.com 6.a (1,0 điểm) I  A H B Theo bài ra ta có đường tròn (C) có tâm I 1; 3  và bán kính R  5. 0,25 Vì  vuông góc với d : 4 x  3 y  2  0 nên có dạng  : 3 x  4 y  m  0. 0,25 Gọi H là trung điểm của AB. Theo bài ra ta có IH  4 Để  : 3 x  4 y  m  0 cắt (C) tại hai điểm A, B sao cho AB  6 thì 3.1  4.(3)  m m 9  m  29 0,25 d  I;  4  4 4 33  42 5  m  11 Vậy ta có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán có phương trình là; 1 : 3x  4 y  29  0,  2 : 3 x  4 y  11  0. 0,25 7.a  x  t (1,0 điểm)  Đường thẳng d có phương trình tham số là:  y  1  2t ; t  . z  2  t 0,25  Gọi tâm mặt cầu là I  t; 1  2t ; 2  1  d Vì tâm mặt cầu cách mặt phẳng (P) một khoảng bằng 3 nên:  2 | 2t  1  2t  4  2t  2 | | 6t  5 | t  3 0,25 d  I ;( P )   3  3  2 2 2   1   2  2 3 t   7   3  2 1 8  7 17 1   Có hai tâm mặt cầu: I   ; ;  và I  ;  ;    3 3 3 3 3 7 0,25 Vì mặt phẳng (P) cắt mặt cầu theo đường tròn có bán kính bằng 4 nên mặt cầu có bán kính là R = 5. Vậy có hai mặt cầu thỏa mãn lần lượt có phương trình là: 2 2 2 2 1 8  S1  :  x     y     z    25        3  3  3 0,25 2 2 2 7  17   1  S2  :  x      y     z    25.  3  3  3 8.a  Trường hợp 1: Số tạo thành gồm 1 chữ số 3 và 2012 chữ số 0 (1,0 điểm) Chỉ có 1 số 3000…000 (2012 chữ số 0) 0,25  Trường hợp 2: Số tạo thành gồm 1 chữ số 1, 1 chữ số 2 và 2011 chữ số 0 Chọn chữ số đầu tiên có 2 cách chọn số 1 hoặc 2 0,25 Chữ số còn lại có 2012 vị trí để đặt, còn các vị trí khác đặt số 0 Có 2.2012 = 4024 số  Trường hợp 3: Số tạo thành gồm 3 chữ số 1 và 2010 chữ số 0 Chọn chữ số đầu tiên là 1 0,25 2 Chọn 2 trong 2012 vị trí để đặt chữ số 1  có C2012 = 2023066 Vậy có 1 + 4024 + 2023066 = 2027091 số 0,25 Trang 4/5
www.VNMATH.com 6.b Ta có A, B thuộc đường thẳng 4 x  y  9  0. (1,0 điểm) 0,25 nên A  a; 4 a  9  , B  b; 4b  9  .  11  Do G  1;  là trọng tâm tam giác ABC nên C  a  b  3; 4a  4b  7  0,25  3 3a  Gọi I là trung điểm BC ta có I   ; 2a  1  .  2  0,25 I  d  Mặt khác d : x  3 y  8  0 là trung trực của cạnh BC       BC .u d  0  3  a   3(2a  1)  8  0 a  1  2  3. 3  2b  a   (4a  8b  16)  0 b  3 0,25  Vậy A 1;5  , B  3; 3  , C  1;9  . 7.b (1,0 điểm) I 0,25 d A H B Gọi H là hình chiếu của I lên trên đường thẳng d  H 14  4 h; h; 2h  2  , h    Suy ra  (1) 0,25  IH  d     Ta có IH  4h  13; h  1; 2h  6  (2), vtcp của d u d  4;1; 2  (3). Từ (1), (2), (3) ta có: 4  4 h  13   h  1  (2)  2 h  6   0  h  3. 0,25   Suy ra IH  1; 4;0   IH  17 2  AB  Ta có R 2  IH 2     17  64  81 0,25  2  Phương trình mặt cầu cần tìm là 0,25  x  12   y  12   z  12  81 8.b Điều kiện x, y  0 (1,0 điểm) 0,25 Suy ra xy  1  0  Trường hợp x  y  0 ta có 0,25 e x  e y  0  log 2 y  log 2 x  e x  e y  0   log 2 y  log 2 x  xy  1 .  Trường hợp 0  x  y ta có 0,25 log 2 y  log 2 x  0  e x  e y   log 2 y  log 2 x  xy  1  0  e x  e y . 2 Trường hợp x  y  0 từ x 2  y 2  1 suy ra x  y  . 2 0,25  2 2 Vậy nghiệm của hệ là  x; y     2 ; 2 .    Trang 5/5

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.