Đề thi thử Đại học lần thứ 3 năm 2014 môn thi Toán, khối A, A1 - THPT Chu Văn An (Có đáp án)

Chia sẻ: Megabookchuyengiasachluyenthi Megabookchuyengiasachluyenthi | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:5

Thêm vào BST

Báo xấu

51
lượt xem 6
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Nhằm giúp các bạn có thêm tài liệu học tập và ôn thi Đại học môn Toán, mời các bạn cùng tham khảo nội dung "Đề thi thử Đại học lần thứ 3 năm 2014 môn thi Toán, khối A, A1" của Trường THPT Chu Văn An dưới đây. Nội dung đề thi gồm 9 câu hỏi có lời giải được chia làm 2 phần, với các bạn đang chuẩn bị bước vào kỳ thi Đại học, Cao đẳng thì đây là tài liệu tham khảo hữu ích.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học lần thứ 3 năm 2014 môn thi Toán, khối A, A1 - THPT Chu Văn An (Có đáp án)

SỞ GIÁO DỤC & ĐÀO TẠO HA NOI ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN THỨ 3 NĂM 2014 TRƯỜNG THPT CHU VĂN AN Môn thi: TOÁN – KHỐI A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút ,không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ2THÍ x  1SINH (7,0 điểm) y (C ) Câu 1 (2,0 điểm) Cho hàm số x 1 1. Khảo sát và vẽ đồ thị (C) của hàm số . 2. Tìm các giá trị của tham số m để đường thẳng d : y  3 x  m cắt đồ thị (C) tại 2 điểm phân biệt A và B sao cho trọng tâm của tam giác OAB nằm trên đồ thị (C) (với O là gốc tọa độ). Câu 2(1,0 điểm) Giải phương trình 4 cos3 x  2 sin x (cos x  1)  4 cos x  1  0 . 8 y 2  4 x  3 (2 x  1)(4 y 2  1) Câu 3 (1,0 điểm) Giải hệ phương trình  .  x 3  4 y 2  x  1  ( x  3) 2  3  4 sin x  cos x Câu 4 (1,0 điểm) Tính tích phân  dx . 0 2  2 sin 2  x      4 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ đứng ABC. A' B ' C ' có đáy ABC là tam giác cân tại B, BA  BC  a , ABC  1200 . Đường thẳng BC ' tạo với đáy ABC một góc 600 . Gọi I, H, K lần lượt là trung điểm của BC , A' C và AB . Tính theo a thể tích của khối chóp A'.KIH và tính bán kính của mặt cầu ngoại tiếp tứ diện HKBI. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x, y, z là các số thực dương thỏa mãn xyz  1 . Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức 1 1 1 P   x 5  x 2  3xy  6 y 5  y 2  3 yz  6 z 5  z 2  3zx  6 II. PHẦN RIÊNG (3,0 điểm). Thí sinh chỉ được làm một trong phần (phần A hoặc B) A. Theo chương trình Chuẩn Câu 7.a(1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho hình chữ nhật ABCD có giao điểm của AC và BD 9 3 2 là I ( ; ) , biết tan  ABD  , đường thẳng chứa cạnh AB đi qua điểm M (1;0) , đường thẳng chứa cạnh AD 2 2 3 đi qua điểm N (1;4) . Tìm tọa độ các đỉnh của hình chữ nhật ABCD biết đỉnh A có hoành độ dương. x3 y 2 z 6 Câu 8.a (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d :   , mặt phẳng 2 4 1 ( P) : 2 x  y  z  3  0 và điểm A(1;0;2) . Viết phương trình đường thẳng  đi qua A, cắt d tại M và cắt (P) tại N sao cho NM  3 AM Câu 9.a (1,0 điểm ) Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6 chữ số đôi một khác nhau và khác 0. Chọn ngẫu nhiên một phần tử của X. Tính xác suất để số được chọn có tổng các chữ số là một số chẵn. B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7.b (1,0 điểm) Trong mặt phẳng tọa độ Oxy, cho đường tròn (C ) : x 2  y 2  2 x  2 y  7  0 có tâm I và điểm K (2;2) . Viết phương trình của đường tròn (C ' ) tâm K sao cho (C ' ) cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B thỏa mãn AIB  1200 . Câu 8.b (1,0 điểm) Trong không gian tọa độ Oxyz, cho đường thẳng d : x  1; y  t; z  3  2t (t  ), điểm A(1;1;0) và mặt phẳng ( P) : x  2 y  2 z  4  0 . Viết phương trình mặt phẳng ( ) đi qua A, vuông góc với mặt phẳng (P) và cắt đường thẳng d tại điểm M sao cho khoảng cách từ M đến mặt phẳng (P) bằng MA. x 2  mx  1 Câu 9.b(1,0 điểm) Cho hàm số y  . Tìm các giá trị của tham số m để đồ thị hàm số đã cho 1 x có 3 3 (với O là gốc tọa độ) http://megabook.vn/ hai điểm cực trị A và B sao cho diện tích tam giác OAB bằng
ĐÁP ÁN VÀ BIỂU ĐIỂM ĐỀ THI THỬ LẦN 3 Môn: TOÁN – Khối A, A1 Câu ý Nội dung Điểm 1 Cho hàm số… (2,0 điểm) 1 Khảo sát và vẽ đồ thị... (1,0 điểm) TXĐ: D  R \ 1 CBT: Giới hạn, tiệm cận: Tìm đúng TCN y  2 , TCĐ x  1 3 0,5 y'    0x  1 , hàm số luôn đồng biến trên từng khoảng XĐ ( x  1) 2 BBT lập đúng 0,25 Vẽ đồ thị đúng 0,25 2 Tìm m... (1,0 điểm) Pt hoành độ giao điểm của (C) và d 2x  1 x  1  3 x  m   2 x 1  g ( x)  3x  (m  1) x  m  1  0   0 m  11 0,5 D cắt (C) tại hai điểm phân biệt A và B    (*)  g (1)  0 m  1 2 G là trọng tâm tam giác OAB ta có OG  OI với I là trung điểm của AB 3 m 1 m 1 0,25 Áp dung định lý vi-et tìm được G ( ; ) 9 3 0,25 15  5 13 G  (C )  m 2  15m  25  0  m  (thỏa mãn ĐK (*)) 2 2 Giải pt 4 cos3 x  2 sin x (cos x  1)  4 cos x  1  0 (1,0 điểm) Biến đổi pt  4 cos x (1  sin 2 x )  2 sin x cos x  2 sin x  4 cos x  1  0  4 sin 2 x cos x  2 sin x cos x  2 sin x  1  0  (sin 2 x  1)(2 sin x  1)  0 0,5    x    2k  1 6 sin 2 x  1  x   k , sin x     (k  Z ) 4 2  x  7  2k 0,5 http://megabook.vn/ 
Kết luận… 3 8 y 2  4 x  3 (2 x  1)(4 y 2  1) (1) Giải phương trình  (1,0 điểm)  x 3  4 y 2  x  1  ( x  3)2  3 (2) ĐKXĐ x  1 Pt (1)  2(4 y 2  1)  2(2 x  1)  3 (2 x  1)(4 y 2  1) (1’) 2 Đặt a  4 y  1  0; b  2 x  1  0 pt (1’) trở thành 2a 2  2b 2  3ab  (a  2b)(2a  b)  0  a  2b  0 (do 2a  b  0 ) Với a  2b ta có 4 y 2  1  2 2 x  1  4 y 2  8 x  3 (*) thế (*) vào pt (2) ta được x 3  x 2  2 x  9  x  1  0 (3) 0,5 3 2 Xét hàm số f ( x)  x  x  2 x  9  x  1 liên tục trên miền J  1;  và có f (2)  0 . Mặt khác 1 1 f ' ( x)  3x 2  2 x  2   2 x( x  1)  x 2  2   0x  1 2 x 1 2 x 1 Suy ra f (x ) luôn đồng biến trên J  x  2 là nghiệm duy nhất của pt (3) 19 Với x  2 từ (*) ta có y   2  19   19  0,5 Hệ pt có hai nghiệm  2;  ,  2;    2   2  4 Tính tích phân ... (1,0 điểm) Ta có     2  2 sin 2  x    2  1  cos 2 x    3  sin 2 x  4  (sin x  cos x) 2  4  2  4 2 sin x  cos x dt 0,5 I 0 4  (sin x  cos x)2 dx . Đặt t  sin x  cos x ta được I   1 4  t 2 2 1 2t 1 3 2 2 0,5 I   ln   ln 4 2t 1 4 3 5 Cho lăng trụ ... (1,0 điểm) Từ giả thiết  C ' BC  600 1 1 a 2 3 a 3 a3 0,5 VA'. KIH  VC . KHI  VH .CIK  SCIK .d ( H , ( ABC ))  .  3 3 8 2 16 Gọi E là trung điểm của AC. Chứng minh được HE  ( ABC ) và http://megabook.vn/
Trong mặt phẳng (HEK) đường trung trực của HK cắt HE tại O, suy ra O là tâm mặt cầu ngoại tiếp tứ diện HKBI. Các tam giác HPO và HEK đồng dạng nên có HO HP HK HK 2 HE 2  KE 2 a    HO    HK HE 2 HE 2 HE 2 HE 3 0,5 a Vậy R  OH  3 6 Tìm giá trị lớn nhất của biểu thức (1,0 điểm) 5 2 2 3 2 Ta có x  x  6  (3 x  3)  ( x  1) ( x  2 x  3 x  3)  0x  0 Vậy x 5  x 2  6  3x  3  x 5  x 2  6  3 xy  3( xy  x  1) 1 1   . Từ đó lập luận tương tự ta có x 3  x 2  6  3 xy 3( xy  x  1) 1 1 1 P   (1) 3( xy  x  1) 3( yz  y  1) 3( zx  z  1) 0,5 Dấu “ = ” trong (1) xảy ra khi x  y  z  1 . Áp dụng bất đảng thức Bunhiacopxki ta có 1 1 1 P 2  (1  1  1)(   ) 3( xy  x  1) 3( yz  y  1) 3( zx  z  1) 1 1 1 Hay P 2    (2) Dấu “=” xảy ra trong (2) xy  x  1 yz  y  1 zx  z  1  xy  x  1  yz  y  1  zx  z  1  x  y  z  1 . Do xyz  1 nên 1 x xy VP’ (2)    1  P 1 xy  x  1 1  xy  x x  1  xy 0,5 Vậy maxP = 1 khi x = y = z =1. 7.a Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho hình chữ nhật ABCD… (1,0 điểm) 2 2 Goi vtpt của AB là n  ( a; b) ( a  b  0 ) pt AB: ax  by  a  0 0,25 AD  AB và AD qua N nên có pt bx  ay  4a  b  0 AD 2 d ( I , AB) 2 Giả thiết     AB 3 d ( I , AD) 3 9 3 9 3 0,25 a ba b  a  4a  b 2 2 2 2 2    3 7a  3b  2 5a  11b 2 a b 2 3 a 2  b2 0,25 * a  b pt AB: x  y  1  0 , pt AD: x  y  3  0 , tìm được A(2; 1) Suy ra B(5; 4), C(7; 2), D(4; -1). * 11a  13b pt AB: 13 x  11 y  13  0 , pt AD: 11x  13 y  63  0 tìm được 0,25 262 481 A( ; ) trường hợp này không thỏa mãn. 145 145 8.a Trong không gian tọa độ Oxyz… (1,0 điểm) M (3  2t ;2  4t;6  t )  d , AM  (4  2t;2  4t ;4  t ) , giả sử N ( x; y; z ) ta có NM  (3  2t  x;2  4t  y;6  t  z ) , do NM  3 AM tìm được N (9  4t;4  8t;6  2t ) , N  ( P)  2(9  4t )  4  8t  6  2t  3  0 0,5 5  t   N (19;24;11) . 2 x 1 y z  2 0,5 Đường thẳng  cần tìm là đường thẳng AN có pt  :   http://megabook.vn/ 18 24 13
9.a Gọi X là tập hợp các số tự nhiên có 6… (1,0 điểm) 6 Có 5 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn khác 0, số phần tử của tập hợp X là A9  60480 0,25 x là một phần tử của tập X, tổng các chữ số của x là một số chẵn suy ra x có chẵn các chữ số lẻ, xảy ra các trường hợp sau TH1: x có 4 chữ số lẻ và 2 chữ số chẵn , có C54 .C42 .6! 21600 số TH1: x có 2 chữ số lẻ và 4 chữ số chẵn , có C52 .C44 .6! 7200 số Có 21600 + 7200 = 28800 số thuộc tập hợp X có tổng các chữ số là số chẵn 0,5 28800 10 Xác suất cần tìm P   60480 21 0,25 7.b Trong mặt phẳng tọa độ Oxy cho đường tròn (C)… (1,0 điểm) (C) có tâm I(-1; 1) và R = 3, Đường tròn (C’) tâm K(2; -2) và R’ = a (a > 0) (C) cắt (C’) khi và chỉ khi R  R'  IK  R  R'  3  a  18  3  a  18  3  a  18  3 (*). 0,25 Với điều kiện đó (C) và (C’) cắt nhau tại hai điểm phân biệt A và B. Tọa độ A và B là nghiêm của hệ pt: 2 2  x  y  2 x  2 y  7  0  2 2 2  pt AB: 6 x  6 y  15  a 2  0 0,25  x  y  4 x  4 y  8  a  0 3 Tam giác IAB cân tại I, có AIB  1200 ; IA  R  3  IH  , H là TĐ của AB. 2 2 6  6  15  a 3 0,25  d ( I , AB)    a   27  9 2  a   27  9 2 , 6 2 2 kết hợp (*) ta có a  27  9 2  a  27  9 2 0,25 Pt của (C’): x 2  y 2  4 x  4 y  19  9 2  0 8.b Trong không gian tọa độ Oxyz cho đường thẳng… (1,0 điểm) 2 2 2 M (1; t ;3  2t )  d , AM  (t  1)  (3  2t )  5t  10t  10 , 1  2t  6  4t  4 d ( M , ( P))   2t  3 , 0,25 3 gt d ( M , ( P ))  AM  t 2  2t  1  0  t  1  M (1;1;5) 0,25 AM  (0;0;5) , nP  (1;2;2) . ( ) là mặt phẳng qua A, M và vuông góc với (P)    0,25 ( ) nhận n   AM , nP   5(2; 1; 0) là vtpt. Pt mặt phẳng ( ) : 2 x  y  3  0 0,25 9.b x 2  mx  1 Tìm m để đồ thị hàm số có y  hai điểm cực trị (1,0 điểm) 1 x  x2  2x  m  1 TXĐ D  R \ 1 ; y '  hàm số có cực đại , cực tiểu khi và chỉ ( x  1) 2 khi pt g ( x )   x 2  2 x  m  1  0 có hai nghiệm phân biệt khác 1  m  0 0,25 Tính được AB  2 5m , pt đt đi qua A và B: 2 x  y  m  0 0,25 m m h  d (O, AB)   (do m > 0). 5 5 1 1 m 0,5 SOAB  3 3  AB.h  3 3  .2 5m .  3 3  m  3 (thỏa mãn) 2 2 5 http://megabook.vn/