Đề thi thử Đại học lần 2 năm 2014 môn Toán (khối A, A1) - Trường THPT Hà Huy Tập

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

Thêm vào BST

Báo xấu

103
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học lần 2 năm 2014 môn Toán (khối A, A1) - Trường THPT Hà Huy Tập 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. Mời các bạn cùng tìm hiểu và tham khảo nội dung thông tin tài liệu.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần 2 năm 2014 môn Toán (khối A, A1) - Trường THPT Hà Huy Tập

SỞ GIÁO DỤC VÀ ĐÀO TẠO NGHỆ AN ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT HÀ HUY TẬP MÔN THI: TOÁN; KHỐI A, A1. Thời gian: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ CÁC THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = - x 4 + 2 ( 2 + m ) x 2 - 3 - 2m (1) với m là tham số. a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị hàm số (1) với m = 0 . b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị hàm số (1) cắt trục hoành tại bốn điểm phân biệt có hoành độ lập thành một cấp số cộng. 1 1+ (sin x - cos x) + sin 2 x 2 1 Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: = (1 + cot x ) . æ pö 2 1 + tan ç x - ÷ è 4ø ì y 2 + 2( x + y ) + 2( y + 1) 2 x - 1 = 0 ï Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình: í 3 æ x ö. ï2 x + y = 2 xy ç + x + 2x -1 ÷ 3 î è 2 ø é1 - ln(1 + e x + 1) ù e x ln 8 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân: I = ò ë û dx . ln 3 e +1 x Câu 5 (1,0 điểm). Cho lăng trụ đứng ABC.A’B’C’ có đáy ABC là tam giác vuông tại A, AB = a, BC = 2a , mặt bên ACC’A’ là hình vuông. Gọi M, N, P lần lượt là trung điểm của AC, CC’, A’B’ và H là hình chiếu của A lên BC. Tính thể tích khối chóp A’.HMN và khoảng cách giữa hai đường thẳng MP và HN. Câu 6 (1,0 điểm). Cho các số thực dương a, b, c . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức: ( a + b + c + 3) . 2 2 P= - a2 + b2 + c 2 + 1 3 ( a + 1)( b + 1)( c + 1) 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 7.a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy cho hình vuông ABCD , có điểm M (4; 2) là trung điểm BC, điểm E thuộc cạnh CD sao cho CE = 3DE , phương trình đường thẳng AE: 4 x + y - 4 = 0 . Tìm tọa độ đỉnh A biết A có tung độ dương. Câu 8.a (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho mặt phẳng ( P ) : 3x + 2 y + 3 z - 1 = 0 và điểm A ( 4;1;3) . Viết phương trình đường thẳng D đi qua A song song với mặt phẳng (P) và D cắt đường x-3 y -3 z + 2 thẳng d : = = . 3 2 -2 z + 1 - 3i Câu 9.a (1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn: = 1 và z = 3 . z + 3-i B. Theo chương trình Nâng cao 4 Câu 7.b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng Oxy cho đường elip (E) có tâm sai e = , đường tròn ngoại tiếp 5 hình chữ nhật cơ sở của elip có phương trình x 2 + y 2 = 34 . Viết phương trình chính tắc của elip và tìm tọa độ điểm M thuộc (E) sao cho M nhìn hai tiêu điểm dưới một góc vuông và M có hoành độ dương. x y - 4 z +1 Câu 8.b (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz cho các đường thẳng d1 : = = ; 1 -1 2 x y-2 z x + 1 y -1 z + 1 d2 : = = và d 3 : = = . Viết phương trình đường thẳng D, biết D cắt ba đường 1 -3 -3 5 2 1 thẳng d1 , d 2 , d3 lần lượt tại các điểm A, B, C sao cho AB = BC . 0 Câu 9.b (1,0 điểm). Chứng minh rằng C2014 + C2014 4 + C2014 8 + ... + C2014 2012 = C2014 2 + C2014 6 + C2014 10 + ... + C2014 2014 . ---HẾT--- Thí sinh không được sử dụng tài liệu. Cán bộ coi thi không giải thích gì thêm. . Cảm ơn bạn Thanh Nguyên (thantaithanh@gmail.com) Gửi tới www.laisac.page.tl
ĐÁP ÁN VÀ THANG ĐIỂM ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 MÔN TOÁN NĂM 2014 KHỐI A CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM · Với m = 0 ta có y = - x + 4 x - 3 . Tập xác định: R . 4 2 · Sự biến thiên: +) Giới hạn: lim y = lim y = -¥ . x ®-¥ x ®+¥ 0,25 +) Bảng biến thiên: y ' = -4 x + 8 x; y ' = 0 Û x = 0 hoặc x = ± 2 3 x -¥ - 2 0 2 +¥ y’ + 0 - 0 + 0 - y 1 1 0,25 1.a -¥ -3 -¥ +) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng -¥; - 2 và ( ) ( 0; 2 ) . 0,25 Nghịch biến trên mỗi khoảng - 2;0 và( ) ( 2; +¥ . ) + +) Hàm số đạt cực đại tại xC§ = ± 2, yC§ = y(± 2) = 1, 0,25 đạt cực tiểu tại xCT = 0; yCT = y ( 0 ) = -3 · Đồ thị: Phương trình hoành độ giao điểm: - x 4 + 2 ( 2 + m ) x 2 - 3 - 2m = 0 (1) Đặt t = x 2 ( t ³ 0 ) , phương trình (1) trở thành: t 2 - 2 ( m + 2 ) t + 3 + 2m = 0 ( 2 ) 0,25 (1) có bốn nghiệm phân biệt khi và chỉ khi (2) có hai nghiệm dương phân biệt. ìD ' > 0 ìm 2 + 2m + 1 > 0 ì 3 ï ï ïm > - Điều kiện là: í S > 0 Û ím + 2 > 0 Ûí 2 (* ) 0,25 ïP > 0 ï3 + 2 m > 0 ïîm ¹ -1 î î 1.b Với điều kiện (*), giả sử t1 , t2 (0 < t1 < t2 ) là hai nghiệm phân biệt của (2), khi đó (1) có bốn nghiệm phân biệt là: x1 = - t2 , x2 = - t1 , x3 = t1 , x4 = t2 . x1 , x2 , x3 , x4 lập thành 0,25 một cấp số cộng khi và chỉ khi: x2 - x1 = x3 - x2 = x4 - x3 Û t2 = 9t1 (a) Áp dụng định lí Viet ta có: t1 + t2 = 2 ( m + 2 ) , t1t2 = 3 + 2 m (b) 13 Từ (a), (b) ta có: 9m 2 - 14 m - 39 = 0 Û m = 3 hoặc m = - 9 0,25 13 Đối chiếu điều kiện (*) ta có: m = 3 hoặc m = - . 9 3p Điều kiện: x ¹ kp , x ¹ + kp . Phương trình đã cho tương đương với: 0,25 4 æ pö 1 1 + tan x 2tan x æ pö æp ö 1 + sin ç x - ÷ + sin 2x = . . Û sin ç x - ÷ + sin 2x = 0 Û sin 2x = sin ç - x ÷ 0,25 è 4ø 2 tan x 1 + tan x è 4ø è4 ø 2 p 3p p 2p 3p Û 2 x = - x + k 2p hoặc 2 x = + x + k 2p Û x = + k hoặc x = + k 2p 0,25 4 4 12 3 4 p 17 Đối chiếu điều kiện ta có x = + k 2p , x = + k 2p 0,25 12 12 ì y 2 + 2( x + y ) + 2( y + 1) 2 x - 1 = 0 (1) ï 1 3 í 3 æ x ö . Điều kiện: x ³ . 0,25 ï2 x + y = 2 xy ç 3 + x + 2x -1 ÷ ( 2) 2 î è 2 ø ( ) 2 Ta có: (1) Û y + 1 + 2 x - 1 = 0 Û y = -1 - 2 x - 1 < 0 (*) 0,25
Thế vào (2) ta có: ( 2 ) Û 2 x 3 + y 3 = xy x + 1 + 2 x - 1 Û 2 x 3 + y 3 = xy ( x - y ) ( ) æxö æxö æxö x 1 3 2 0,25 Û 2 x 3 - x 2 y + xy 2 + y 3 = 0 Û 2 ç ÷ - ç ÷ + ç ÷ + 1 = 0 Û = - Û y = -2 x (**) èyø èyø èyø y 2 Thế (**) vào (*) ta có: 2 x - 1 = 2 x - 1 Û 2 x - 1 ( ) 2 x - 1 - 1 = 0 Û x = 1 hoặc x = 1 2 0,25 æ1 ö Vậy hệ có hai nghiệm: ( x; y ) = (1; -2 ) hoặc ( x; y ) = ç ; -1 ÷ è2 ø e x ln(1 + 1 + e x ) ln 8 ln 8 e x dx I= ò ex + 1 - ò 1 + ex dx 0,25 ln 3 ln 3 ln8 d (e x + 1) ln8 ln8 e x dx ò = ò = 2 e +1 = 2 . Áp dụng công thức tích phân từng phần, ta có: x 0,25 ln 3 ex + 1 ln 3 ex + 1 ln 3 4 e ln(1+ 1+ e ) ln8 x x ln8 ln8 ln8 ò 1 + ex dx = 2 ò ln(1+ 1+ ex )d (1+ ex +1) = 2(1+ ex +1)ln(1+ 1+ ex ) ln3 - 2 ò d (1+ ex +1) ln3 ln3 ln3 0,25 ln 8 ln 8 = 2 (1 + e + 1) ln(1 + 1 + e ) x x - 2 (1 + e + 1) x = 2(4 ln 4 - 3ln 3) - 2 ln 3 ln 3 Vậy I = 4 - 2(4 ln 4 - 3ln 3) 0,25 A M C Ta có: AC = BC2 - AB2 = a 3 .Vì ACC’A’ là hình vuông có cạnh bằng a 3 nên: S A ' MN = 0,25 H 3 3 9 SACC' A' - SA' AM - SA'NC - SCMN = SACC ' A' = 3a2 = a2 B 8 8 8 N Ta có: AB ^ AC, AB ^ AA ' Þ AB ^ ( ACC ' A ') Xét tam giác ABC vuông tại A có: AC 2 3a CH. BC = AC 2 Þ CH = = . Do đó: BC 2 A' C' 0,25 5 d(H;( AMN)) CH 3 3 3a = = Þ d(H;( AMN)) = AB = . Suy P E AB CB 4 4 4 1 9a3 B' ra: VH . A ' MN = d ( H; ( A ' MN ) ) .S A ' MN = . 3 32 Gọi E là trung điểm B’C’, khi đó dễ thấy MP // CE nên MP // (BCC’B’), suy ra: d ( MP; HN ) = d ( MP;( BCC ' B ')) = d ( M;( BCC ' B ')) 0,25 1 1 Vì M là trung điểm AC nên d ( M;( BCC ' B ') = d ( A;( BCC ' B ')) = AH 2 2 1 1 AB. AC a 3 Vậy d ( MP; HN ) = AH = . = . 0,25 2 2 BC 4 Áp dụng bất đẳng thức Côsi ta có: 3 1 1 1 æ a+b+c+3ö 0,25 ( a + b) ( c +1) ( a + b + c +1) và ( a + 1)( b + 1)( c + 1) £ ç 2 2 2 a2 + b2 + c2 +1 ³ + ³ ÷ . 2 2 4 è 3 ø 4 9 4 9 Suy ra P £ - . Đặt t = a + b + c + 1, t > 1 . Khi đó: P £ - 0,25 a + b + c +1 a + b + c + 3 t t+2 2 18 2 18 Xét hàm số f ( t ) = - trên (1;+¥ ) . Ta có: f ' ( t ) = - 2 + ; t t+2 (t + 2) 2 6 t 0,25 f ' ( t ) = 0 Û 9t = 4 ( t + 2 ) Û t = 4 . Ta có bảng biến thiên: 2 2 t 1 4 +¥ Dựa vào bảng biến thiên ta có f ' (t ) + 0 - 1 P £ - . Dấu bằng xảy ra khi và chỉ 2 0,25 f (t ) - 1 khi: t = 4 Û a = b = c = 1 . 2
Vậy giá trị lớn nhất của P là -0, 5 đạt được khi a = b = c = 1 A B Giả sử AB = a, a > 0 . Gọi H là hình chiếu của M lên AE, F là giao điểm của HM và AD. Gọi N là trung điểm AD. ·+· Ta có DEHF là tứ giác nội tiếp nên: DEH DFH = 1800 , N M · = MFN suy ra: DEA · , do đó: DADE = DMNF suy ra: 0,25 a 17 a F H MF = AE = AD + DE = 2 2 và NF = FD = . 4 4 D HF DE 1 E C DDEA : DHFA Þ = = Þ HA = 4 HF . HA AD 4 7a 9 2 3a Mặt khác HF 2 + HA2 = AF 2 = a suy ra: HF = . Do đó: 16 4 17 0,25 a 17 3a 7a 7a 4.4 + 2 - 4 MH = MF - HF = - = , suy ra: = d ( M; AE ) = = 14 Þ a = 4 4 4 17 2 17 2 17 17 Vì A thuộc AE nên A ( m;4 - 4 m ) , do đó: 5 24 0,25 a 2 Û ( 4 - m ) + ( 4 m - 2 ) = 20 Û m = 0 hoặc m = 2 2 AM 2 = AB 2 + BM 2 = . 4 17 24 æ 24 28 ö Với m = Þ A ç ; - ÷ , loại. Với m = 0 Þ A ( 0;4 ) . Vậy A ( 0;4 ) 0,25 17 è 17 17 ø a 5 1 3 CÁCH 2. Giả sử AB = a, a > 0 . Ta có: AM = AB 2 + BM 2 = , DE = a, CE = a 2 4 4 0,25 a 17 a 13 AE = AD + DE = 2 2 , EM = EC + CM = 2 2 . 4 4 · AE 2 + AM 2 - EM 2 6 cách 2 Áp dụng định lí côsin trong tam giác AME ta có: cos EAM = = 2 AE. AM 85 0,25 uuur r Vì A Î AE nên A(m;4 - 4m) Þ AM(4 - m;4m - 2) , AE có một vectơ chỉ phương u (1; -4 ) uuur r 4 - m - 4 ( 4m - 2 ) · = cos AM; u Û Ta có: cos EAM ( ) = 6 7a. ( 4 - m ) + ( 4m - 2 ) 85 2 2 17 0,25 24 Û 833m 2 - 1176 m = 0 Û m = 0 hoặc m = . 17 24 æ 24 ; - 28 ö , loại. Với m = 0 Þ A 0;4 . Vậy A 0;4 Với m = Þ Aç ÷ ( ) ( ) 0,25 17 è 17 17 ø r (P) có một vectơ pháp tuyến là n(3;2;3) . 0,25 uuur Gọi B = d Ç D , khi đó: B ( 3 + 3t;3 + 2t; -2 - 2t ) Þ AB ( -1 + 3t;2 + 2t; -5 - 2t ) . 0,25 r uuur 8ª Vì D / / ( P) nên n. AB = 0 Û 3 ( -1 + 3t ) + 2 ( 2 + 2t ) + 3 ( -5 - 2t ) = 0 Û t = 2 0,25 uur x - 4 y -1 z - 3 Þ AB ( 5;6; -9 ) là vectơ chỉ phương của D. D có phương trình là: = = 0,25 5 6 -9 Điều kiện: z ¹ -3 + i . Giả sử z = x + yi ( x, y Î R, x ¹ -3 vµ y ¹ 1) từ giả thiết ta có: 0,25 ìï ( x + 1) + ( y - 3)i = ( x + 3) + ( y - 1)i ïì( x + 1) + ( y - 3) = ( x + 3) + ( y - 1) 2 2 2 2 í Ûí 0,25 îï x + yi = 3 ïî x 2 + y 2 = 9 9ª ìx = -y 3 3 Ûí 2 Û x = -y = hoÆc x = - y = - (thỏa mãn điều kiện) 0,25 îx + y = 9 2 2 2 3 3 3 3 Vậy z = - i hoặc z = - + i. 0,25 2 2 2 2
x 2 y2 Giả sử phương trình chính tắc của elip có dạng: + = 1 (0 < b < a ) . a2 b2 0,25 Vì đường tròn ngoại tiếp hình chữ nhật cơ sở có bán kính là R = 34 nên: a 2 + b 2 = 34 ìa 2 + b 2 = 34 ïìa + b = 34 ïìa = 25 2 2 2 ï Từ đó ta có hệ: í c 4 Ûí Ûí 2 Þ a = 5, b = 3, c = 4 . ï = îï25(a - b ) = 16 a îïb = 9 2 2 2 îa 5 0,25 x 2 y2 7b Phương trình chính tắc của elip là: + =1. 25 9 4 4 Giả sử M ( x M ; yM ) Î ( E ) , khi đó: MF1 = a + ex = 5 + x, MF2 = a - ex = 5 - x . Ta có: 5 5 2 2 0,25 · æ 4 ö æ 4 ö F1 MF2 = 900 Û MF12 + MF22 = F1 F22 Û ç 5 + x ÷ + ç 5 - x ÷ = 64 Û 16 x 2 = 175 è 5 ø è 5 ø 5 7 5 7 5 7 æ5 7 9ö æ5 7 9ö Ûx= hoÆc x = - , lo¹i. Với x = ta có: M ç ; ÷ hoặc M ç ;- ÷ . 0,25 4 4 4 è 4 4 ø è 4 4ø Vì A Î d1 , B Î d2 , C Î d3 nên tọa độ của chúng có dạng: 0,25 A ( a;4 - a; -1 + 2a ) , B ( b;2 - 3b; -3b ) , C ( -1 + 5c;1 + 2c; -1 + c ) . Theo giả thiết AB = BC nên B trung điểm AC do đó: 0,25 ì2 x B = x A + x C ì2 b = -1 + a + 5c ì a - 2 b + 5c = 1 ìa = 1 8b ï ï ï ï í2 yB = y A + yC Û í2(2 - 3b) = 5 - a + 2c Û í- a + 6 b + 2c = -1 Û í b = 0 0,25 ï2 z = z + z ï-6 b = -2 + 2a + c ï2 a + 6 b + c = 2 ïc = 0 î B A C î î î uuur Suy ra A (1;3;1) , B ( 0;2;0 ) , C ( -1;1; -1) Þ BA (1;1;1) là vectơ chỉ phương của D. x y -1 z 0,25 Phương trình đường thẳng D là: = = . 1 1 1 Ta có: i 2 = -1, i 3 = -i, i 4 = 1, (1 + i ) = 2i . Do đó: 2 0,25 z = (1 + i ) 2014 = [(1 + i )2 ]1007 = (2i )1007 = 21007 (i 4 )251 i 3 = -21007 i nên phần thực của z bằng 0. 0,25 2014 1007 1006 Mặt khác ta có: (1 + i )2014 = å C2014 k i k = å C2014 2k 2k i + å C2014 2 k +1 2 k +1 i 9b k =0 k =0 k =0 0,25 = (C 0 2014 -C 2 2014 +C 4 2014 - ... + C 2012 2014 -C 2014 2014 ) + (C 1 2014 -C3 2014 +C 5 2014 - ... + C 2013 2014 )i . Từ đó ta suy ra: C 0 2014 -C 2 2014 +C 4 2014 - ... + C 2012 2014 -C 2014 2014 = 0 hay: 0,25 0 C2014 + C2014 4 + C2014 8 + ... + C 2012 2014 =C 2 2014 + C2014 6 + C2014 10 + ... + C2014 2014 k Ta có C2014 2014 - k = C2014 "0 £ k £ 2014, k Î Z nên 0,5 Cách 2 9b 0 C2014 = C2014 2014 2 , C2014 = C2014 2012 4 , C2014 = C2014 2010 ,... do đó: 0,25 0 C2014 + C2014 4 + C2014 8 + ... + C2014 2012 = C2014 2 + C2014 6 + C2014 10 + ... + C2014 2014 0,25 TỔNG 10,0 HẾT. Cảm ơn bạn Thanh Nguyên (thantaithanh@gmail.com) Gửi tới www.laisac.page.tl