Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2014 môn Toán - Trường THPT Thanh Chương 1

Chia sẻ: La Minh đức | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Thêm vào BST

Báo xấu

67
lượt xem 1
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Cùng tìm hiểu "Đề thi thử Đại học lần 1 năm 2014 môn Toán" của Trường THPT Thanh Chương 1. Đề thi gồm có hai phần thi là phần chung và phần riêng với các câu hỏi tự luận có kèm đáp án và hướng dẫn giải chi tiết dành cho các bạn học sinh A, A1 và khối B.

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 Thanh Chương 1

SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 TRƢỜNG THPT THANH CHƢƠNG 1 Môn: TOÁN; Khối: A, A1 và khối B Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề. I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm)  2x  1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  . x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (H ) của hàm số. b) Tìm m để đường thẳng d : y   x  m cắt (H ) tại hai điểm A, B phân biệt sao cho tam giác OAB có độ dài đường trung tuyến OM  2 (với O là gốc tọa độ, M là trung điểm của AB). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 3 sin 2 x  2sin 2 x  4sin 3x cos x  2.   x  y  ( x  1) y  5  5 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  ( x, y  R).   y x 2  4 x  5  (2  x ) y 2  1  0  4 tan 2 x  3 tan x  2 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   dx. 0 2  sin 2 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABC có đáy là tam giác ABC cân tại A, AB  AC  a, ̂ =1200 hình chiếu vuông góc của S trên mặt phẳng (ABC) trùng với trọng tâm G của tam giác ABC. Cạnh bên SC tạo với mặt phẳng 3 đáy một góc  , biết tan   . Tính thể tích khối chóp S.ABC và khoảng cách từ C đến mặt phẳng (SAB). 7 x y 1 1 Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương x, y thỏa mãn: 3       x  y  2 .  y x x y 2  x4 y 4  1 1  Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức P   2  2  3xy    . y x  y x  II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm): Thí sinh chỉ được làm một trong hai phần (phần A hoặc phần B) A. Theo chƣơng trình Chuẩn Câu 7.a (1,0 điểm) . Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có điểm A thuộc đường thẳng d1: x  y  4  0 , điểm C (7;5) , đường thẳng đi qua D và trung điểm M của cạnh BC có phương trình d2: 4 x  3 y  23  0 . Xác định tọa độ các điểm A, B biết B có tung độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz , cho các điểm A(2;0;0), B(0;-2;0), C(0;0;1) và đường x  2 y z 1 thẳng d :   . Viết phương trình chính tắc của đường thẳng  nằm trong mặt phẳng (ABC) cắt và 1 1 1 vuông góc với đường thẳng d. Câu 9.a (1,0 điểm). Gọi A là tập hợp các số có 3 chữ số khác nhau được lập từ các chữ số: 1, 2, 3, 4, 5. Chọn ngẫu nhiên ba số từ A, tính xác suất để trong ba số được chọn có đúng một số có mặt chữ số 4. B. Theo chƣơng trình Nâng cao. x2 y 2 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ toạ độ Oxy cho elíp ( E ) :   1 và hai điểm A(3;-2) , 9 4 B(-3;2) .Tìm trên (E) điểm C có hoành độ và tung độ dương sao cho tam giác ABC có diện tích lớn nhất. x  3 y 1 z  3 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian Oxyz , cho đường thẳng d :   và mặt phẳng 2 1 1 ( P) : x  2 y  z  5  0 . Gọi d ' là hình chiếu vuông góc của d lên (P) và E là giao điểm của d và (P). Tìm tọa độ điểm F thuộc (P) sao cho EF vuông góc với d ' và EF  5 3. n  1  Câu 9.b (1,0 điểm). Tính hệ số của x trong khai triển biểu thức  x  3(1  ) , ( x  0), biết rằng n là số 4  x  nguyên dương thỏa mãn 3Cn1  8Cn2  3Cn1. 1 2 3 -------------Hết----------- Cảm ơn bạn Thi Trân Ngoc (thitn.tc3@nghean.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD&ĐT NGHỆ AN ĐÁP ÁN- THANG ĐIỂM TRƢỜNG THPT THANH CHƢƠNG 1 ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM 2014 Môn: TOÁN; Khối: A, A1 và khối B (Đáp án có 05 trang) Câu Đáp án Điểm a. (1,0 điểm) 1. Tập xác định:  \ {1} . (2,0 Sự biến thiên: điểm) 3 Chiều biến thiên: Ta có y '   0, x  1. 0,25 ( x  1) 2 Hàm số nghịch biến trên mỗi khoảng  ;  1,  1;  . Giới hạn, tiệm cận: Ta có lim  y   và lim  y  . Do đó đường thẳng x  1 là x 1 x 1 tiệm cận đứng của (H). 0,25 Vì lim y  lim y  2 nên đường thẳng y  2 là tiệm cận ngang của đồ thị. x x Bảng biến thiên: x  1  y y'    y 2 2 O x 0,5  I 1  c) Đồ thị: Đồ thị (H) cắt Ox tại  ; 0  , cắt Oy 2  tại 0; 1. (H) nhận giao điểm I  1;  2 của hai đường tiệm cận làm tâm đối xứng. b. (1,0 điểm) Hoành độ giao điểm của d và (H) là nghiệm của phương trình  2x  1  x  m x 1  2 x  1  ( x  1)( x  m), x  1 0,25  x 2  (m  1) x  m  1  0 (1) Phương trình (1) có 2 nghiệm phân biệt    0  (m  1)2  4(m  1)  0 m  3  2 3 0,25  m 2  6m  3  0   (2) m  3  2 3 Khi đó gọi x1 , x2 là nghiệm của pt(1) với x1  x2  m  1, x1x2  m  1. m  1 m 1  A( x1;  x1  m), B( x2 ;  x2  m), M ( ; ) 0,25 2 2 m  1 2 m 1 2 Từ giả thiết ta có OM 2  2  ( ) ( ) 2 m 3 2 2 0,25 Đối chiếu với (2), ta có m  3 2. Phương trình đã cho tương đương với (1,0 3 sin 2 x  2(1  sin 2 x)  4sin 3x cos x  0 điểm) 0,25  2cos x( 3 sin x  cos x  2sin 3x)  0
cos x  0   3 sin x  cos x  2sin 3x  0 0,25  .cos x  0  x   k 2  0.25  3 sin x  cos x  2sin 3x  0  sin( x  )  sin 3 x 6    x   12  k   x  7  k  0,25  24 2   7  Vậy phương trình đã cho có nghiệm : x   k ; x    k ; x  k 2 12 24 2 3. Điều kiện: y  5 1,0 Khi đó PT: x  y  ( x  1) y  5  5  ( x  y  5)(1  y  5)  0 0,25 điểm  x  y  5  0  x2  y  5,( x  0) . (1) x2 y PT: y x 2  4 x  5  (2  x) y 2  1  0   . (2) 0,25 ( x  2)2  1 y2 1 t 1 Xét hàm số : f (t )  (t  R); f '(t )   0, x  R t 1 2 (t  1) t 2  1 2 0,25 Hàm số f (t ) đồng biến trên R. PT (2)  f ( y)  f ( x  2)  y  x  2  x2  y  5 Hệ phương trình đã cho   .  y  x  2 1  13 13  3 0,25 Giải hệ trên và đối chiếu với điều kiện suy ra hệ PT có nghiệm ( x; y)  ( ; ) 2 2   4. 1 tan x  3tan x  2 4 2 1 tan 2 x  3tan x  2 4 2 0 1  sin x cos x 2 0 cos 2 x(tan 2 x  tan x  1) (1,0 Ta có I  d x  dx 0,25 điểm) 1 t 2  3t  1 1 dx 2 0 t 2  t  1 Đặt t  tan x  dt  . I  dt = 0,25 cos 2 x 1  2t  1  1 d (t 2  t  1) 1 1 1 1 2 0  t 2  t  1  2 0 2 0 t 2  t  1   1  dt  dt  = 0,25 1 1 1  t  ln(t 2  t  1)   1  ln 3 0,25 2 0 2 5. S (1,0 điểm 0,25
Trong tam giác ABC có 1 a2 3 S ABC  AB. AC.sin120 0 2 4 BC  AB  AC  2 AB.ACcos1200  BC  a 3 2 2 2 Gọi M là trung điểm của AB: B CA2  CB 2 AB 2 a 7 CM 2    CM  ; K 2 4 2 M 2 a 7 G CG  CM  0.25 H 3 3 C A Từ giả thiết SG  ( ABC )  ̂ )) ̂ =α Tam giác SGC vuông tại G: SG  CG.tan   a , 1 a3 3 VS . ABC  SG.S ABC  3 12 Gọi H là hình chiếu của G trên AB, K là hình chiếu của G trên SH ta có AB  (SHG)  (SAB)  (SHG)  GK  (SAB)  GK  d (G;(SAB)) d (C;( SAB)) CM 0,25   3  d (C;( SAB))  3GK d (G;( SAB)) GM 1 a2 3 2S a 3 Lại có: SGAB  S ABC   GH  GAB  3 12 AB 6 1 1 1 a 13 Tam giác SGH vuông tại G ta có: 2  2  2  GK  0.25 GK GH GS 13 3 13a Vậy: d (C;( SAB))  13 Từ giả thiết ta có : 6.  x y 3 3 3 3  x y (1,0 3     2  x  y    2  2 ( x  y)     2  2 3     6 điểm  y x x y x y  y x 0,5 x y 10 Đặt t   ;(t  2)  3t  2  2 3t  6  9t 2  24t  20  0  t  y x 3  x 4 y 4   x3 y 3   x 2 y 2   x y P   4  4   2  3  3    2  2   3  6 y x  y x  y x  y x 10   P  t 4  2t 3  t 2  3t  4 . Xét hàm số f (t )  t 4  2t 3  t 2  3t  4; t   ;   3  10  f '(t )  4t 3  6t 2  2t  3  4t (t  1)2  2(t 2  3t  1)  0 , với t   ;   0,5 3  10  10 Hàm số f(t) đồng biến trên  ;    f (t )  f ( )  4234 3  3 Đẳng thức xảy ra khi ( x; y)  (3;1) hoặc ( x; y)  (1;3) Vậy giá trị nhỏ nhất của P là 4234, đạt được khi x  3; y  1. 7a. x  t (1,0 PT tham số của d1 :  y  t  4 Gọi A(t; t  4)  d1 , I là giao điểm của AC và d2. điểm)  0.25 t  14 t  6 Ta có IAD đồng dạng với ICM  AI  2 IC  I ( ; ) . 3 3 t  14   t  6  Mà I thuộc d2 nên ta có: 4    3   23  0  t  5  A(5;1) . 0,25  3   3 
 x  5  3m PT tham số d 2 :   y  1  4m Gọi M (5  3m;1  4m)  d2 . M là trung điểm của BC  B(6m  3;8m  3) 0,25 CB   6m  4;8m  8 , AB   6m  8;8m  4  m  0  B(3; 3), (loai) 21 33 Mà AB  CB  AB.CB  0     21 33 Vậy A(5;1), B( ; ). m  6  B( ; ). 5 5  5  5 5 0,25 x y z 8a. PT mặt phẳng (ABC):    1  x  y  2z  2  0 . 0,25 2 2 1 (1,0 Gọi I là giao điểm của đường thẳng d với mp(ABC) thì I(1;-1;0) và đường thẳng  đi qua I 0,25 điểm) Mp(ABC) có vtpt n  (1; 1; 2) , d có vtcp: u  (1;1; 1) . u1  n 0,25 Gọi u1 là vtcp của  . Ta có  , chọn u1  n; u   (1;3; 2) u1  u x 1 y  1 z Vậy phương trình đường thẳng  là:   1 3 2 0,25 Số phần tử của A là: A53  60 0,25 9a. (1,0 Số các số thuộc A không có chữ số 4 là A4  24 3 0,25 điểm) Số các số thuộc A có chữ số 4 là: 60-24=36 Số cách chọn ba số khác nhau thuộc tập A là: n()  C60 3 Số cách chọn ba số khác nhau thuộc tập A trong đó có đúng một số có mặt chữ số 4 là: 0,25 1 2 C36 .C24 1 2 C36 .C24 2484 Vậy xác suát cần tìm là: P  3  0,25 C60 8555 1. Ta có PT đường thẳng AB:2x+3y=0 7b. 2 2 (1,0 Gọi C(x;y) với x>0,y>0.Khi đó ta có x  y  1 và diện tích tam giác ABC là điểm) 9 4 0,5 1 85 85 x y S ABC  AB.d (C; AB)  2x  3 y  3  2 2 13 13 3 2 85  x 2 y 2  170 3 2    3 13  9 4  13  x2 y 2  1  2 0,5  9 4 x  3 3 2 Dấu bằng xảy ra khi   2 . Vậy C( ; 2) .   x y y  2 2  3 2  d cắt (P) tại E (1; 0; 4) 8b. Giả sử F ( x0 ; y0 ; z0 ), F  ( P)  x0  2 y0  z0  5  0 . (1) (1,0 0,5 điểm) Vì EF  d ' nên EF  d (định lí 3 đường vuông góc)  u d .EF  0  2 x0  y0  z0  2  0. (2) EF  5 3  ( x0  1) 2  y02  ( z0  4) 2  75 (3) 0,5 Từ (1), (2) và (3) suy ra F (4;  5;  1), hoặc F (6; 5; 9). Theo khai triển nhị thức Newton ta có 9b. (n  2)(n  1) (n  1)n(n  1) (1,0 Từ giả thiết ta có 3(n  1)  8.  3. , n2 2 6 0,5 điểm)
n  11  6  8(n  2)  n(n  1)  n 2  9n  22  0    n  11.  n  2 11   1  (1) i k 11  1 11 k  x  31  x    C .( x ) k 11 11k .3 1     C11k .3k ( x )11k . Cki k    k 0  x k 0 i 0 xi 11 k 11 k i   C .3 . C (1) x k k i i 2 . k 0 11 i 0 k 0,5 11  k k  1, i  1 Xét phương trình  i  4, 0  i  k  11  k  2i  3, 0  i  k  11   2 k  3, i  0 Suy ra hệ số của x là C11.3.C1 .(1)  C11.3  4422. 4 1 1 1 3 3 ----------Hết------- CHÚ Ý : Học sinh làm cách khác đúng vẫn cho điểm tối đa. Cảm ơn bạn Thi Trân Ngoc (thitn.tc3@nghean.edu.vn) đã gửi tới www.laisac.page.tl