Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2014 môn Toán - Trường THPT Hà Huy Tập

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

58
lượt xem 2
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Xin giới thiệu tới các bạn học sinh, sinh viên "Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2014 môn Toán" của Trường THPT Hà Huy Tập. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng cùng với phần nâng cao với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho các bạn học sinh khối A, A1, B, D.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2014 môn Toán - Trường THPT Hà Huy Tập

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP MÔN THI: TOÁN; KHỐI A, A1, B, D Thời gian làm bài:180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) 2x -1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = có đồ thị (C). x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số. b) Tìm tất cả các giá trị của tham số m để đường thẳng y = mx + 2 cắt (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O. 3 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: ( tan x - 1) sin 2 x + 3cos 2 x - sin 2 x = 0 . 2 ïì x + y - 6 x + 15 x + 3 y - 14 = 0 3 3 2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í . ïî x + y + x + 4 y = 4 4 p Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ò 4 ( cos x + e ) sin x dx . tan x 0 cos3 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC tam giác ABC vuông tại B, BC = a, AC = 2a tam giác SAB đều. Hình chiếu của S lên mặt phẳng ( ABC ) trùng với trung điểm M của AC. Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách giữa hai đường thẳng SA và BC. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y, z thỏa mãn điều kiện: x 4 + ( y 2 - 1) + z 4 £ 3 . 2 1 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: P = 2 y ( x + z ) + . x + y + z2 +1 2 2 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Dành cho học sinh thi khối A, A1. Câu 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 = 25 ngoại tiếp tam giác nhọn ABC có tọa độ các chân đường cao hạ từ B, C lần lượt là M ( -1; -3) , N ( 2; -3) . Hãy tìm tọa độ các đỉnh A, B, C, biết rằng điểm A có tung độ âm. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian tọa độ Oxyz cho mặt cầu ( S ) : x 2 + y 2 + z 2 - 2 x + 4 y - 2 z - 8 = 0 và mặt phẳng ( P ) : 2 x + 3 y + z - 11 = 0 . Viết phương trình mặt phẳng (Q) song song với mặt phẳng (P) và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có bán kính bằng một nửa bán kính mặt cầu (S). Câu 9.a (1,0 điểm). Một hộp đựng 4 viên bi đỏ, 5 viên bi xanh và 6 viên bi vàng. Lấy ngẫu nhiên 4 viên bi từ hộp đó. Tính xác suất để 4 viên bi được chọn không có đủ 3 màu. B. Dành cho học sinh thi khối B, D. Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho tam giác ABC cân tại A ( 0;3) và hai điểm B, C thuôc đường tròn ( C ) : x 2 + y 2 = 9 . Hãy tìm tọa độ B, C biết rằng tam giác ABC có diện tích lớn nhất và điểm B có hoành độ dương. Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho hai điểm A (1; 2;3) , B ( 2; 2; -2 ) . Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa đường thẳng AB và vuông góc với mặt phẳng (OAB). ì x +1 17 x ï4 - 3 6 + 2.9 = 0 y Câu 9.b (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í . ïlog ( 8 x + 8 ) - log ( 2 x - y + 1)3 = 3 î 2 8 -----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:……………………… Cảm ơn bạn Lý Khắc Sơn ( khacson@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC 2014 LẦN 1. CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM +) Tập xác định: R\{-1} . 3 +) Sự biến thiên: -) Chiều biến thiên: y ' = > 0, "x ¹ -1 . 0,25 ( x + 1) 2 Hàm số đồng biến trên các khoảng ( -¥; -1) và ( -1; +¥ ) -) Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 , tiệm cận ngang : y = 2 x ®-¥ x ®+¥ 0,25 lim y = +¥; lim y = -¥ , tiệm cận đứng: x = -1 x ® ( -1) x ® ( -1) - + -) Bảng biến thiên: x -¥ -1 +¥ y’ y +¥ 2 0,25 1 a. 2 -¥ +) Đồ thị: (1,0 điểm) 0,25 O Hoành độ giao điểm của d: y = mx + 2 với (C) là nghiệm phương trình: 2x -1 0,25 = mx + 2, ( x ¹ -1) Û mx 2 + mx + 3 = 0 (1) . x +1 Dễ thấy với m = 0 thì (1) vô nghiệm. Đường thẳng d cắt (C) tại hai điểm phân biệt khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt khác – 1. Điều kiện là: 1.b 0,25 ïìD > 0 ém < 0 í Û m 2 - 12m > 0 Û ê (*) ïîm ( -1) + m ( -1) + 3 ¹ 0 ë m > 12 2 (1,0 Với (*) giả sử x1 , x2 là hai nghiêm phân biệt của (1), khi đó tọa độ các giao điểm là: điểm) A ( x1; mx1 + 2 ) , B ( x2 ; mx2 + 2 ) . Dễ thấy điểm O không thuộc d nên ABO là một tam 0,25 uuur uuur giác. D ABO vuông tại O khi và chỉ khi: OAOB . = 0 Û (1 + m2 ) x1x2 + 2m( x1 + x2 ) + 4 = 0 3 Áp dụng định lí Viet ta có: x1 + x2 = -1; x1 x2 = , thay vào trên ta được: m 0,25 m + 4m + 3 = 0 Û m = -3 hoặc m = -1 (thỏa mãn (*)).Vậy m = -3 hoặc m = -1 2 p Điều kiện: x ¹ + kp . Phương trình đã cho tương đương với: 2. 2 0,25 (1,0 2 Û ( sin x - cos x ) (1 - 2 (1 + cos 2 x ) ) = 0 sin x điểm) ( sin x - cos x ) - 3 cos x ( sin x - cos x ) = 0 cos x Û sin x = cos x (*) hoặc 2 cos 2 x = -1 (**) 0,25 Trang 1/4
p · ( *) Û tan x = 1 Û x = + kp 0,25 4 2p p p p ( **) Û 2 x = ± + k 2p Û x = ± + kp . Đối chiếu đk ta có: x = + kp ; x = ± + kp . 0,25 3 3 4 3 Điều kiện x ³ 0, y ³ 0 . Ta có: (1) Û ( 2 - x ) + 3 ( 2 - x ) = y 3 + 3 y (1') 3 0,25 Xét hàm số f ( t ) = t 3 + 3t trên R , có f ' ( t ) = 3t 2 + 3 > 0, "t Î R , do đó f ( t ) đồng 0,25 biến trên R .Phương trình (1') trở thành: y = 2 - x , thay vào (2) ta có: 3. x + 2- x + 4 x + 4 2- x = 4 ( 2 ') Điêu kiện 0 £ x £ 2 . Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: (1,0 1+ x 1+ (2 - x) 1+1+1+ x 1+1+ 1+ (2 - x) ³ x; ³ 2 - x; ³ 4 x; ³ 4 2-x 0,25 điểm) 2 2 4 4 1+ x 3- x 3+ x 5- x Suy ra: x + 2- x + 4 x + 4 2-x £ + + + =4 2 2 4 4 Dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi x = 1 , do đó ( 2 ') có nghiệm duy nhất x = 1 . 0,25 Vậy hệ có nghiệm duy nhất ( x; y ) = (1;1) . p sin x ( cos x + e tan x ) sin xdx p p dx I =ò 4 3 dx = ò 4 2 + ò 4 tan x e .tan x. 0,25 0 cos x 0 cos x 0 cos 2 x p p sin xdx d cos x 1 p4 4. I1 = ò 4 = - ò0 cos2 x cos x |0 = 2 - 1 4 = 0,25 0 cos 2 x p p dx (1,0 I 2 = ò e .tan x. 4 tan x 2 = ò 4 e tan x . tan x.d tan x . 0 cos x 0 0,25 điểm) Đặt u = tan x; dv = e tan x d tan x , ta có du = d tan x, v = e tan x . Khi đó: p p p I2 = e tan x .tan x - ò e 4 0 0 4 tan x .d tan x = e tan x ( tan x - 1) 4 0 = 1 . Vậy I = I1 + I 2 = 2 . 0,25 S Tam giác ABC vuông tại B nên: 1 BM = AC = a , AB = AC2 - BC2 = a 3 2 1 a2 3 0,25 H do đó: S ABC = AB.BC = . 2 2 E M C DSAB đều nên: SB = AB = a 3 . Từ giả thiết ta có SM ^ ( ABC ) A F B 5. Xét tam giác SMB vuông tại M có: SM = SB 2 - BM 2 = a 2 . 1 1 a2 3 a3 0,25 (1,0 Vậy thể tích khối chóp S.ABC là: VS . ABC = SM .S ABC = a 2. = 3 3 2 6 điểm) Gọi F là trung điểm BC, trong (ABC) lấy E đối xứng với F qua M. Khi đó ABFE là hình chữ nhật, nên BC / / ( SAE ) Þ d ( SA; BC ) = d ( F ; ( SAE ) ) . 0,25 Gọi H là hình chiếu của F lên SE, ta có: FH ^ SE (1) AE ^ EF , AE ^ SM Þ AE ^ ( SEF ) Þ AE ^ FH ( 2 ) . Từ (1) , ( 2 ) Þ FH ^ ( SAE ) SM .EF SM.EF 6 6 Þ d ( F; ( SAE ) ) = FH = = = 2a .Vậy: d ( SA; BC ) = 2a . 0,25 SE SM + EM 2 2 11 11 6. Từ giả thiết ta có: 2 ( y 2 + 1) + 6 ³ ( x 4 + 1) + ( y 4 + 4 ) + ( z 4 + 1) ³ 2 x 2 + 4 y 2 + 2 z 2 . 0,25 Suy ra: 0 < x 2 + y 2 + z 2 £ 4 . Đặt t = x 2 + y 2 + z 2 , 0 < t £ 4 . Ta có: Trang 2/4
y2 y2 1 1 (1,0 P £ x2 + + + z2 + =t+ . (1) 0,25 2 2 x + y + z +1 2 2 2 t +1 điểm) 1 1 Xét hàm số f ( t ) = t + với 0 < t £ 4 , ta có: f ' ( t ) = 1 - > 0, "0 < t £ 4 . t +1 ( t + 1) 2 0,25 21 Do đó f ( t ) đồng biến trên ( 0; 4] . Suy ra f ( t ) £ f ( 4 ) = . (2) 5 21 Từ (1), (2) suy ra giá trị lớn nhất của P là đạt được khi: x = z = 1, y = 2 . 0,25 5 (C) có tâm O(0;0). Ta có: · = CNB CMB · = 900 nên CMNB là tứ giác C nội tiếp, do đó: CNM · = CBM · (1) Gọi AT là tiếp tuyến của (C) khi đó: B ·=· TAB ACB mà CBM ·+· ACB = 900 (2) O · + MNA · = 900 0,25 và CNM (3) · · Từ (1), (2), (3) suy ra: MNA = TAB , do M N đó: MN / / AT suy ra MN ^ OA uuuur T MN ( 3;0 ) là vectơ pháp tuyến của OA, 7.a A nên OA có phương trình là: x = 0 . ìx = 0 ìx = 0 Tọa độ điểm A là nghiệm của hệ: í 2 Û í .Vì y A < 0 nên: A ( 0; -5 ) . 0,25 (1,0 î x + y = 25 î y = ±5 2 điểm) uuuur uuur AM ( -1; 2 ) , AN ( 2; 2 ) lần lượt là vectơ chỉ phương của AC , AB. Nên AC có phương trình là: 2 ( x - 0 ) + 1( y + 5 ) = 0 Û 2 x + y + 5 = 0 . AB có phương trình là: ( x - 0 ) - ( y + 5 ) = 0 Û x - y - 5 = 0 . ì2 x + y + 5 = 0 é x = 0, y = -5 0,25 Tọa độ điểm C là nghiệm của hệ: í 2 Ûê Þ C ( -4; 3) . î x + y = 25 ë x = -4, y = 3 2 ì x - y - 5 = 0 é x = 0, y = -5 Tọa độ điểm B là nghiệm của hệ: í 2 Ûê Þ B ( 5; 0 ) î x + y = 25 ë x = 5, y = 0 2 uuur uuur uuur uuur uuur uuur Dễ thấy AB. AC > 0, BA.BC > 0, CA.CB > 0 , nên DABC nhọn. Vậy B ( 5; 0 ) , C ( -4;3) 0,25 Mặt cầu (S) có tâm I (1; -2;1) , bán kính R = 14 . 0,25 Vì (Q) // (P) nên (Q) có phương trình dạng: ( Q ) : 2 x + 3 y + z + d = 0, d ¹ -11 . 0,25 8.a R 14 Theo giả thiết (Q) cắt (S) theo một đường tròn có bán kính r = = nên ta có: 2 2 (1,0 0,25 21 d -3 21 điểm) d ( I ; (Q )) = R -r = 2 2 Û = Û d = 3± 7 3 2 14 2 Vậy có 2 mp cần tìm là: ( Q1 ) : 2x + 3y + z + 3 + 7 3 = 0; ( Q2 ) : 2x + 3y + z + 3 - 7 3 = 0 0,25 9.a Số các kết quả có thể có là: W = C = 1365 . Gọi A là biến cố ”4 viên bi lấy được có 4 15 0,25 đủ 3 màu”, khi đó các kết quả thuận lợi cho biến cố A được cho bởi bảng sau: số bi đỏ số bi xanh số bi vàng Số kết quả (1,0 1 1 2 C41 .C51.C62 điểm) 1 2 1 C41 .C52 .C61 0,25 2 1 1 2 1 C .C .C 4 5 1 6 Do đó: W A = C41 .C51.C62 + C41 .C52 .C61 + C42 .C51.C61 = 720 Trang 3/4
Ta có A là biến cố ”4 viên bi lấy được không có đủ 3 màu”. 0,25 ( ) Do đó xác suất cần tìm là: P A = 1 - P ( A ) = 1 - 720 43 = 1365 91 0,25 A Đường tròn ( C ) có tâm O ( 0;0 ) , bán kính R = 3 . Dễ · = COA thấy A Î ( C ) . Đặt BOA · = x, 0 < x < p . Khi đó, diện tích tam giác ABC là: 1 0,25 O S = 2 S AOB + S BOC = R 2 sin x - R 2 sin 2 x 2 B E C x x = R 2 sin x (1 - cos x ) = R 2 sin 3 .cos . 2 2 1 2x 1 2x 1 2x x sin + sin + sin + cos 2 Áp dụng bđt côsi ta có: 3 2 3 2 3 2 2 ³ 4 sin 6 x .cos 2 x suy ra 7.b 4 2 2 0,25 x x 1 x x x 1 2p sin3 .cos £ , dấu bằng xảy ra khi và chỉ khi: sin2 = 3cos2 Û cos = Û x = . (1,0 2 2 16 2 2 2 2 3 điểm) Vậy diện tích tam giác ABC lớn nhất khi và chỉ khi ABC là tam giác đều. uuur 3 uuur 3 æ 3ö Gọi E là trung điểm BC. Ta có: AE = AO Þ xE = 0; yE = - Þ E ç 0; - ÷ . 2 2 è 2ø ì 27 ì 3 ï x=± 0,25 3 ï y = - ï 2 . BC có pt là: y = - . Tọa độ B, C là các nghiệm của hệ: í 2 Ûí 2 ï x2 + y2 = 9 ïy = - 3 î ïî 2 æ 27 3 ö æ 27 3 ö Vì xB > 0 nên B ç ç 2 ; - 2 ÷÷ ; C çç - 2 ; - 2 ÷÷ 0,25 è ø è ø uuur uuur uuur Ta có: AB (1; 0; -5 ) ; OA (1; 2;3) , OB ( 2; 2; -2 ) . 0,25 8.b uuur uuur ur éOA, OB ù = ( -10;8; -2 ) . Mặt phẳng (OAB) có một vectơ pháp tuyến là n1 ( 5; -4;1) . 0,25 ë û uuur ur ë AB; n1 û = ( -20; -26; -4 ) . Vì (P) chứa AB và (P)^(OAB) nên (P) có một vectơ pháp é ù (1,0 r 0,25 điểm) tuyến là n (10;13; 2 ) . Phương trình mp(P) là: 10 ( x - 1) + 13 ( y - 2 ) + 2 ( z - 3) = 0 Û 10 x + 13 y + 2 z - 42 = 0 0,25 Điều kiện: x > -1; 2 x - y + 1 > 0 , pt thứ hai của hệ tương đương với: 0,25 log 2 ( x + 1) = log 2 ( 2 x - y + 1) Û x = y . Thế vào pt (1) ta có: 2x x 9.b 17 æ2ö æ2ö 4.4 - 6 x + 2.9 x = 0 Û 12. ç ÷ - 17 ç ÷ + 6 = 0 x 0,25 3 è3ø è3ø x x (1,0 æ2ö 2 æ2ö 3 3 ç ÷ = hoặc ç ÷ = Û x = 1 hoặc x = log 2 . 0,25 điểm) è3ø 3 è3ø 4 3 4 æ 3 3ö Đối chiếu điều kiện, hệ có hai nghiệm: ( x; y ) = (1;1), ( x; y ) = ç log 2 ; log 2 ÷ 0,25 è 34 3 4ø TỔNG 10,0 HẾT. Cảm ơn bạn Lý Khắc Sơn ( khacson@gmail.com) đã gửi tới www.laisac.page.tl Trang 4/4