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 năm 2014 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, B và D - Trường THPT Cổ Loa

Chia sẻ: Tranh Chap | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

97
lượt xem 5
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu phục vụ nhu cầu học tập và ôn thi môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung đề thi thử đại học lần 1 năm 2014 có đáp án môn "Toán, khối A, A1, B và D - Trường THPT Cổ Loa". Hy vọng tài liệu phục vụ hữu ích cho các bạn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử đại học lần 1 năm 2014 có đáp án môn: Toán, khối A, A1, B và D - Trường THPT Cổ Loa

www.VNMATH.com TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Ngày thi : 19/1/2014 Môn : TOÁN - Khối : A, A1, B, D Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian giao đề ------------------------------ --------------------------------------------------- Câu 1 (2,0 điểm): Cho hàm số: y  x  2  m  1 x 2  3 (1) 4 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) khi m  1 . b) Tìm m để đường thẳng y  2m  2 cắt đồ thị hàm số (1) tại đúng hai điểm phân biệt A,B sao cho diện tích tam giác OAB bằng 8.   Câu 2 (1,0 điểm): Giải phương trình: 2sin  2 x    2sin 2 x.cos x  3sin x  1  sin 3 x .  6 Câu 3 (1,0 điểm): Giải hệ phương trình 3 3 2 2 2 2  x  y  xy  x y  3x  3 y  3x  3 y  2 xy  2  2 , x, y   . 3 x  1  x  2 y  3. 3 8  2 y  5 e x  e x  3 Câu 4 (1,0 điểm): Tính nguyên hàm:  x dx . e  e x  2 Câu 5 (1,0 điểm): Cho hình chóp S.ABCD có đáy là hình vuông cạnh a tâm O, hình chiếu của đỉnh S trên mặt phẳng (ABCD) là trung điểm của AO, góc giữa mặt phẳng (SCD) và mặt phẳng (ABCD) là 600 . Tính thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách từ trọng tâm tam giác SAB đến mặt phẳng  SCD  . Câu 6 (1,0 điểm): Cho x, y, z  0 thỏa mãn x  y  z  3 . Tìm giá trị nhỏ nhất của A  x3  y 3  4 z 3 . Câu 7 (1,0 điểm): Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD có M là 1 trung điểm của cạnh BC, N thuộc cạnh AC sao cho AN  AC . Biết MN có phương 4 trình 3x  y  4  0 và D(5;1). Tìm tọa độ của điểm B biết M có tung độ dương. Câu 8 (1,0 điểm): Một hộp có 5 viên bi xanh, 6 viên bi đỏ và 7 viên bi vàng. Chọn ngẫu nhiên 5 viên bi trong hộp. Tính xác suất của biến cố 5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng. Câu 9 (1,0 điểm): Giải phương trình: 25x  20 x  5.10 x  5.2 x  5.4 x  5x1  10 x  50 x . ---------- Hết --------- 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: ...............................................
www.VNMATH.com SỞ GD - ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT CỔ LOA ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013 - 2014 Môn: TOÁN; KHỐI: A, A1,B ,D ___________________________________ Câu Đáp án Điểm 1 a) 1 điểm (2 điểm Khi m  1 , ta có hàm số y  x 4  4 x 2  3 .  Txđ:  . 0,25 x  0 - Sự biến thiên:Chiều biến thiên: ; y' 0   . x   2 Hàm số đồng biến trên  2;0 ;   2;  , nghịch biến trên  ;  2  và  0; 2  . Cực trị: Hàm số đạt cực đại tại x  0 , yCĐ  3 ;h/s đạt cực tiểu tại x   2 , yCT  1 . 0,25 Giới hạn: lim y  lim y   . x  x  - Bảng biến thiên: x   2 0 2  y'  0 + 0  0 +   0,25 y 3 1 1  Đồ thị 0,25 b) 1 điểm Pt hoành độ giao điểm : x 4  2(m  1) x 2  3  2m  2 1  x2  1  x  1 0,25 Ta có 1  x 4  2(m  1) x 2  2m  1  0   2  2  x  2 m  1  x  2m  1 Ta có 1 luôn có 2 nghiệm phân biệt x  1 . Để đường thẳng d cắt đồ thị  Cm  tại đúng 2 điểm phân biệt thì 1 có đúng 2 nghiệm m  0  2m  1  1 0,25 phân biệt     * .  2 m  1  0  m  1  2 Trang 1/5
www.VNMATH.com Khi đó, giả sử 2 giao điểm là A 1; 2  2m  , B  1; 2  2m  . Ta có OAB cân tại O , gọi I là trung điểm của AB  I (0, 2  2m) và 0,25 1 AB  2, OI  2  2m . Theo giả thiết 8  SOAB  OI  AB  8 2  m  3 tho¶ m·n *  2 m 1  8  m 1  4   . Vậy m  3 . 0,25  m  5 kh«ng tho¶ m·n * Pt đã cho  3 sin 2 x  cos 2 x  sin 3x  sin x  3sin x  1  sin 3x 0,25  3 sin 2 x  4sin x  1  cos 2 x  2 3 sin x cos x  4sin x  2sin 2 x sin x  0 0,25 2   2sin x sin x  3 cos x  2  0    (1 điểm) sin x  3 cos x  2   5 sin x  3 cos x  2  sin  x    1  x   k , k   ; 0,25  3 6  sin x  0  x  k , k   ; 5 0,25 Vậy, các nghiệm của phương trình là x  k , x   k 2 , k   . 6  x3  y 3  xy 2  x 2 y  3 x  3 y  3 x 2  3 y 2  2 xy  2 1 Giải hệ phương trình  2 3 x  1  x  2 y  3 3 8  2 y  5  2  ĐK: x  1 . 1   x  y   x 2  xy  y 2   xy  x  y   3  x  y   3  x 2  y 2   2 xy  2 0,25  ( x  y )( x 2  y 2 )  2( x 2  y 2 )  ( x  y ) 2  3( x  y )  2  ( x 2  y 2 )( x  y  2)  ( x  y  2)( x  y  1) 2 2 x  y  2  0 (3)  1  1 1   2 2 (4)   x     y     0 , vô nghiệm. 0,25  x  y  x  y  1  0 (4)  2  2 2  (3)  y  2  x . Thay vào (2) ta được 3 3 x 1  33 4  2x  x2  2x  9 (1 điểm) 3  x 1 1  3   3  4  2 x  2  x2  2 x 3 x  2 3 2x  4    x  x  2 0,25 2 x 1  1 3  4  2x  2 3 4  2x  4 x  2  3 6    x (5)  x  1  1 3  4  2 x 2  2 3 4  2 x  4  - Với x  2  y  0 . Với phương trình (5), Ta có vế trái là hàm số nghịch biến, vế phải là hàm số đồng biến. Mà x  2 là một nghiệm của (5) nên (5) có nghiệm duy nhất là x  2  y  0 .Vậy 0,25 nghiệm  x; y  của hệ đã cho là  2;0  . Trang 2/5
www.VNMATH.com x x e e 3  1  1 0,25 I  x x dx    1  x  x  dx  x   x  x dx . e e 2  e e 2 e e 2 1 ex ex x x Với I1   x  x dx   2 x dx   (e x  1)2 dx . Đặt t  e  1  dt  e dx 0,25 4 e e 2 e  2e x  1 (1 điểm) dt 1 1  I1   2   C   x C . 0,25 t t e 1 1  I  x x C. 0,25 e 1  Gọi H là trung điểm của AO SH   ABCD  . S Dựng HI  CD tại I, suy ra 0,25 CD   SHI   SI  CD , vậy góc giữa  SCD  và  ABCD  là   SIH SIH   600 K G A 3 3 D HI // AD nên HI  AD  a suy ra 4 4 M H I O   3a tan 60O  3 3a SH  HI .tan SIH 4 4 0,25 B C 2 S ABCD  a 1 1 2 3 3a 3a 3 5  V S . ABCD  S ABCD  SH   a   3 3 4 4 (1 điểm) SG 2 Trong (SAB), SG cắt AB tại M thì M là trung điểm AB và  . SM 3 2 2 Mà MG   SCD   S suy ra d(G,(SCD))= d  M ,  SCD    d  A,  SCD   0,25 3 3 AC 4 4 AH   SCD   C ,  nên d  A,  SCD    d  H ,  SCD   HC 3 3 Kẻ HK  SI tại K  HK   SCD   HK  d  H , ( SCD )  1 1 1 16 16 64 3 3a 0,25  2  2  2  2  2  2  HK  HK SH HI 27 a 9a 27 a 8 8 3 3a a 3  d  G, ( SCD)     . 9 8 3 1 3 2 6 Ta có x3  y 3   x  y    x  y  x  y   0 là mệnh đề đúng với mọi x, y   . 4 0,25 (1 điểm) 1 3 1 3 Suy ra A   x  y   4 z 3   3  z   4 z 3 . 4 4 1 3 Xét hàm số f  z    3  z   4 z 3 , z   0;3 . 4  z  1  0;3 0,25 9 Ta có f   z    5 z  2 z  3 , f   z   0   2 . 4  z  3   0;3  5 Trang 3/5
www.VNMATH.com Bảng biến thiên của hàm số f  z  trên  0;3 : 3 z 0 3 5 f  z   0 + 0,25 27 108 4 f  z 108 25 108 3 6 Từ bảng biến thiên suy ra, A có giá trị nhỏ nhất là khi z  , x  y  . 0,25 25 5 5 7 0,25 (1 điểm) Kẻ NH  BC tại H , NK  DC tại K . Ta có NKC  NHC (cạnh huyền và góc nhọn)  NK  NH DK AN 1  AD  NK    DC AC 4    DK  BH mà M là trung điểm BC nên H là trung điểm BH AN 1  AB  NH    BC AC 4  của BM .  DKN  MHN  DNK   MNH  , ND  NM .   900  DNH Mà KNH   900  DNM vuông cân tại N  DN  MN  pt DN : ( x  5)  3( y  1)  0 hay x  3 y  8  0 x  3y  8  0 Toạ độ N thoả mãn:   N (2; 2) 3 x  y  4  0  0,25 Gs M (m;3m  4)  MN  (2  m;6  3m), DN  10, MN  DN  m  3  M (3;5)  (2  m) 2  (6  3m)2  10  (m  2)2  1    m  1  M (1; 1) lo¹i  1  M (3;5) , gọi P  MN  AD  NP  NM 3  1  5 xp  2  xp   3  3 0,25  y p  2  1  yp  1   1 1 1 5 Ta có AP  MC = BC  AD  DP  DA 3 6 6 6 Trang 4/5
www.VNMATH.com  5  5  5   3   DP  DA  CB  MB  MB  DP 6 6 3 5  35   xB  3  5  3  5  0,25      xB  1   y  5  3 (1  1)  yB  5 B  5 Chọn 5 viên bi trong 18 viên bi thì có C185 cách. 0,25  Không gian mẫu gồm n     C185  8568 kết quả đồng khả năng xảy ra. Gọi A là biến cố “5 viên được chọn có đủ màu và số bi đỏ bằng số bi vàng” Ta có các trường hợp xảy ra: TH1: Trong 5 bi được chọn có 1 bi đỏ, 1 bi vàng và 3 bi xanh. 0,25 8 Có C61  C71  C53 cách chọn trong trường hợp này. (1 điểm) TH2: Trong 5 bi được chọn có 2 bi đỏ, 2 bi vàng và 1 bi xanh . Có C62  C72  C51 cách chọn trong trường hợp này. 0,25  n( A)  C61  C71  C53  C62  C72  C51  1995 . n( A) 1995 95 Vậy xác suất cần tìm là: P( A)    . 0,25 n() 8568 408 25 x  20 x  5 10 x  5  2 x  5  4 x  5 x 1  10 x  50 x   25 x  50 x    20 x  10 x    5.10 x  5 x 1   5  2 x  4 x   0 0,25   2 x  1 25 x  10 x  5.5 x  5.2 x   0  2 x  1  0 1  x 0,25  5  2  5  5   0 x x 9  2 (1 điểm) (1)  2 x  1  x  0 . 0,25 x 5  5  x 1 (2)   5  x   1 x  0 0,25  2  Vậy tập nghiệm của phương trình là: S  0;1 . Chú ý: Nếu thí sinh làm bài theo các cách khác mà vẫn đúng thì vẫn được đầy đủ số điểm theo đáp án qui định. --------Hết-------- 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.