Đề thi thử Đại học lần II năm 2014 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT Lương Thế Vinh

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

Thêm vào BST

Báo xấu

75
lượt xem 3
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học lần II năm 2014 môn Toán - Trường THPT Lương Thế Vinh dành cho các bạn học sinh đang theo học các khối A, A1, B. Đề thi gồm có 9 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 II năm 2014 môn Toán (khối A, A1, B) - Trường THPT Lương Thế Vinh

SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN II NĂM 2014 TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH Môn: TOÁN, Khối A, A1, B --------------------- Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề x 1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  (1) và đường thẳng d : y  x  m. x 1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số (1). b) Tìm m để đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Chứng minh rằng khi đó tích các hệ số góc của các tiếp tuyến của (C) tại A và B không đổi. Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình 2sin3 x  cos2 x  cos x  0. Câu 3 (1,0 điểm). Giải phương trình 2 x 2  9 x  3  3x 2  7 x  1  3x  2  0 ( x  ). x 1 3 Câu 4 (1,0 điểm). Tính tích phân I   (3x 2  2) ln dx. 2 x 1 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB  a, SA = SB = SC = BC = 2a. Tính thể tích của khối chóp S. ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương x, y, z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  xy  yz  xz  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x5 y 5 z 5 22 6 P  3  3  3  12ln( x  y  z )   . y z x x  y  z 6  xy  yz  xz Câu 7 (1,0 điểm). Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A. Gọi N là trung điểm của AB. Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của  11 13  đỉnh A biết rằng E (7;1), F  ;  và phương trình đường thẳng CN là 2 x  y  13  0. 5 5 Câu 8 (1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(4; 2;0), B(3;3; 2), C (2;0; 2) và mặt phẳng (P): 2 x  2 y  z  11  0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P). 19  4i Câu 9 (1,0 điểm). Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  . Tìm môđun của số phức z2 w  z 2  z  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: .................................... Cảm ơn thầy Đặng Đình Hanh (ddhanhdhsphn@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl
SỞ GD & ĐT HÀ NỘI ĐÁP ÁN – THANG ĐIỂM MÔN TOÁN KHỐI A TRƯỜNG THPT LƯƠNG THẾ VINH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 2 NĂM 2014 NỘI DUNG ĐIỂM Câu 1. 2 điểm x 1 1 điểm a) Khảo sát và vẽ đồ thị hàm số y  . x 1 * Tập xác định: D  \ 1. 2 * Chiều biến thiên: y   0 x  D . ( x  1)2 0,25đ Hàm số đồng biến trên từng khoảng xác định của nó, do đó hàm số không có cực trị. * Tiệm cận: lim  y  , lim  y  ; lim y  1 x  ( 1) x ( 1) x  0,25đ  Đồ thị (C) có tiệm cận đứng x  1 và tiệm cận ngang y = 1. * Bảng biến thiên x - -1 + y’ + + + 1 y 1 - 0,25đ * Vẽ đúng đồ thị 0,25đ b) Tìm m để đường thẳng d : y  x  m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B. Chứng 1 điểm minh rằng khi đó tích các hệ số góc của các tiếp tuyến của (C) tại A và B không đổi. x 1  x  1 Phương trình hoành độ giao điểm:  xm   0,25đ x 1  g ( x)  x  mx  m  1  0 (2). 2 Đường thẳng d cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt  phương trình (2) có 2 nghiệm phân biệt x  1   0 m2  4(m  1)  0  m  2  2 2     g (1)  0 (1)  m  m  1  0  m  2  2 2.  2  0,25đ Gọi A(a, a  m), B(b, b  m) trong đó a, b là hai nghiệm của phương trình (2). Tích các hệ số góc của các tiếp tuyến của (C) tại A và B là 2 2 4 f '(a). f '(b)  .  . (a  1)2 (b  1)2  ab  (a  b)  12 0,25đ a  b  m Theo Định lý Viét ta có  ab  m  1. 4 Suy ra f '(a). f '(b)  1 (m  1  m  1)2 0,25đ không đổi. 1 điểm Câu 2. Giải phương trình 2sin3 x  cos2 x  cos x  0. Phương trình  2sin 2 x.sin x  1  2cos 2 x  cos x  0  2(1  cos 2 x).sin x  (1  cos x)(1  2cos x)  0 0,25đ 1  cos x  0 (1)  0,25đ  2sin x(1  cos x)  1  2cos x  0 (2) Ta có (1)  x  2k (k  ). 0,25đ Ta có
  sin x  cos x  0  2.sin( x  4 )  0   sin x  cos x  2  0  2.sin( x   )  2  4      sin( x  )   2 (Loại) hoặc sin( x  )  0  x   k  x    k (k  ). 0,25đ 4 4 4 4  Vậy phương trình đã cho có các nghiệm là x  2k hoặc x    k (k  ). 4 1 điểm Câu 3. Giải phương trình 2 x 2  9 x  3  3x 2  7 x  1  3x  2  0 ( x  ). 2 Điều kiện x  . Phương trình đã cho trở thành: 3 2( x2  3x  2)  (2 x  1  3x 2  7 x  1)  ( x  3x  2) 0,25đ (2 x  1)2  (3x 2  7 x  1) x 2  (3x  2)  2( x 2  3x  2)   2 x  1  3x 2  7 x  1 x  3x  2 x  3x  2 2 x  3x  2 2 0,25đ  2( x 2  3x  2)   2 x  1  3x  7 x  1 x  3x  2 2  x  1  x 2  3x  2  0   x2  1 1    2  1 1  2 x  1  3x 2  7 x  1 x  3x  2    2 (*) 0,25đ  2 x  1  3x  7 x  1 x  3x  2 2 2 Với x  ta có 3 1 1 1 1 3 3       2. 2 x  1  3x  7 x  1 x  3x  2 2.  1 2 7 2 2 2 3 3 Do đó phương trình (*) vô nghiệm. Vậy phương trình đã cho có hai nghiệm là x  1; x  2. 0,25đ x 1 3 Câu 4. Tính tích phân I   (3x 2  2) ln dx. 1điểm 2 x 1 x 1 2 Đặt u  ln , dv  (3x 2  2)dx  du  2 dx, v  x3  2 x. x 1 x 1 0,25đ x 1 2 ( x3  2 x)dx 3 3 3 Ta có I  ( x3  2 x).ln   ( x3  2 x). 2 dx  21.ln 2  4.ln 3  2 0,25đ x 1 2 2 x 1 2 x2  1  x  3  21.ln 2  4.ln 3  2  x  2  dx 2 x 1   3  21.ln 2  4.ln 3  x 2  ln x 2  1 0,25đ 2  18ln 2  3ln3  5. 0,25đ Câu 5. Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình chữ nhật, AB = a, SA = SB = SC = BC = 2a. Tính thể tích khối chóp S. ABCD và tính khoảng cách giữa hai đường thẳng AC và SD theo a. 1điểm Hạ SO  ( ABCD). Vì SA = SB = SC nên ta có SAO  SBO  SCO  OA  OB  OC. Vậy O là tâm đường tròn ngoại tiếp của tam giác ABC. Từ đó suy ra O là trung điểm của AC. 0,25đ a 5 a 11 Ta có AC 2  AB 2  BC 2  5a 2  AC  a 5  OA   SO  SA2  OA2  . 2 2 1 1 a 11 a3 11 Từ đó VS . ABCD  .SO.S ABCD  . .a.2a  . 0,25đ 3 3 2 3
S M D C O A B Gọi M là trung điểm của SB. Ta có OM song song với SD. Do đó mặt phẳng (ACM) song song với SD. Từ đó 3V d ( AC , SD)  d (SD,( ACM ))  d ( D,( ACM ))  D. ACM . S ACM 1 1 1 a3 11 Ta có VD. ACM  VM . ACD  VS . ACD  . .VS . ABCD  . 0,25đ 2 2 2 12 3.SB Ta có tam giác SBC đều, do đó CM   a 3. 2 AS 2  AB 2 SB 2 3a 2 a 6 Trong tam giác SAB ta có AM 2     AM  . Từ đó 2 4 2 2 MA2  MC 2  AC 2 1 71 cos AMC    sin AMC  1  cos 2 AMC  2.MA.MC 6 2 6 2 1 1 a 6 71 a 2 71  S AMC  .MA.MC.sin AMC  . .a 3.  . 2 2 2 6 2 8 a3 11 3. 3VD. ACM 2a 11 Vậy d ( AC , SD)   2 12  . S ACM a 71 71 0,25đ 8 Câu 6. Cho ba số dương x, y, z thay đổi nhưng luôn thỏa mãn điều kiện x2  y 2  z 2  xy  yz  xz  6. Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: 1 điểm x5 y 5 z 5 22 6 P  3  3  3  12ln( x  y  z )   . y z x x  y  z 6  xy  yz  xz Áp dụng bất đẳng thức Cô-si ta có x5 x5 x5  y  y  y  1  5. 5 . y. y. y.1  5 x   5 x  3 y  1. y3 y3 y3 Tương tự ta có y5 z5  5 y  3z  1;  5 z  3x  1. z3 x3 Từ đó suy ra 22 6 P  2( x  y  z )  12ln( x  y  z )    3. x  y  z ( x  y  z )2 0,25đ Đặt t  x  y  z . Vì x, y, z > 0 nên ta có t 2  x2  y 2  z 2  2( xy  yz  xz)  x2  y 2  z 2  xy  yz  xz  6  t  6.
Mặt khác ta có ( x  y)2  ( y  z)2  ( x  z)2  0  x2  y 2  z 2  xy  yz  xz. Suy ra 2t 2  2( x2  y 2  z 2 )  4( xy  yz  xz )  3( x2  y 2  z 2  xy  yz  xz )  18  t  3 . Vậy 22 6 P  f (t )  2t  12ln t   3 0,25đ t t2 với t  x  y  z   6;3 . Ta có t 3  6t 2  11t  6 (t  1)(t  2)(t  3) 12 22 12 f '(t )  2  t  2  3  2. t t t 3  2. t3 0 t  6;3 . 11 Suy ra f (t )  f (3)    12ln 3. 0,25đ 3 Do đó 11 P  f (t )    12ln 3. 3 11 11 Khi x = y = z = 1 thì P    12ln 3. Vậy giá trị nhỏ nhất của P bằng   12ln 3. 3 3 0,25đ Câu 7. Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho tam giác ABC cân tại đỉnh A. Gọi N là trung điểm của AB. Gọi E và F lần lượt là chân đường cao hạ từ các đỉnh B, C của tam giác ABC. Tìm tọa độ của đỉnh A 1 điểm  11 13  biết rằng E (7;1), F  ;  và phương trình đường thẳng CN là 2 x  y  13  0. 5 5 Gọi G là trọng tâm của tam giác ABC. Vì G  CN  G(t;13  2t ). Do tam giác ABC cân tại A nên ta có 11 13 GE 2  GF 2  (t  7)2  (13  2t  1)2  (t  )2  (13  2t  )2  t  5  G(5;3). 0,25đ 5 5  x  5  t, Ta có AG  EF  u AG  (1;3) . Phương trình đường thẳng AG là   A(5  a;3  3a).  y  3  3t C  CN  C (c,13  2c).  xB  3xG  xA  xC  10  a  c Từ đó suy ra   B(10  a  c; 7  3a  2c).  yB  3 yG  y A  yC  7  3a  2c Ta có BC  (a  2c  10;3a  4c  20)  u AG  (1;3) 0,25đ  1.(a  2c  10)  3(3a  4c  20)  0  a  c  5. Suy ra B(15  2c;8  c). Ta có EB  (8  2c;7  c), EC  (c  7;12  2c). Vì EB  EC nên ta có 0,25đ EB.EC  0  (8  2c).(c  7)  (7  c)(12  2c)  0  28  4c  0  c  7, a  c  5  2. Vậy A(7;9), B(1;1), C (7; 1). 0,25đ Câu 8. Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho ba điểm A(4; 2;0), B(3;3; 2), C (2;0; 2) và mặt 1 điểm phẳng (P): 2 x  2 y  z  11  0. Viết phương trình của mặt cầu (S) đi qua ba điểm A, B, C và (S) tiếp xúc với mặt phẳng (P). Gọi I (a, b, c) là tâm của mặt cầu (S). Ta có  AI 2  BI 2  a  b  2c  1 (1)  2  0,25đ  AI  CI a  b  c  3 2  (2). Cộng (1) với (2) ta được 2a  c  2  c  2a  2  b  3  a  c  5  3a  I (a;5  3a;2a  2). 0,25đ (P) tiếp xúc với mặt cầu (S) khi và chỉ khi
2a  2(5  3a)  (2a  2)  11 d ( I ,( P))  R  IA   (a  4) 2  (5  3a  2) 2  (2a  2) 2 2  2 1 2 2 2  2a  1  14a 2  34a  29  4a 2  4a  1  14a 2  34a  29 a  1  10a 2  38a  28  0   0,25đ  a  14 .  5 ● Với a  1 ta có I (1;2;0), R  IA  3 . Phương trình (S) là ( x  1)2  ( y  2)2  z 2  9. 14 14 17 18 33 14 19 18 1089 ● Với a  ta có I ( ;  ; ), R  IA  .Phương trình (S) là ( x  )2  ( y  )2  ( z  )2  . 0,25đ 5 5 5 5 5 5 5 5 25 19  4i Câu 9. Cho số phức z thỏa mãn điều kiện z  . Tìm môđun của số phức w  z 2  z  1. 1 điểm z2 Điều kiện z  2. Gọi z  a  bi (a, b  ) . Từ giả thiết ta có phương trình z.z  2.z  19  4i  a2  b2  2(a  bi)  19  4i a 2  b2  2a  19  (a2  b2  2a)  2bi  19  4i   2b  4 0,25đ a  3 a 2  22  2a  19  0 a 2  2a  15  0   z  3  2i      a  5   b  2 b  2 b  2  z  5  2i  0,25đ (thỏa mãn điều kiện). Trường hợp 1. z  3  2i . Ta có w  (3  2i)2  (3  2i)  1  9  14i  w  92  142  277. 0,25đ Trường hợp 2. z  5  2i . Ta có w  (5  2i)2  (5  2i)  1  17  18i  w  17 2  (18) 2  613. 0,25đ Cảm ơn thầy Đặng Đình Hanh (ddhanhdhsphn@gmail.com) gửi tới www.laisac.page.tl