Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 - THPT Bắc Duyên Hà (kèm đáp án)

Chia sẻ: Trần Thị Trúc Diễm | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:7

Thêm vào BST

Báo xấu

171
lượt xem 13
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tham khảo đề thi thử Đại học môn Toán năm 2014 của trường THPT Bắc Duyên Hà bao gồm 9 câu hỏi tự luận kèm đáp án giúp các thí sinh có thêm tư liệu chuẩn bị ôn thi với kết quả tốt hơn.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán 2014 - THPT Bắc Duyên Hà (kèm đáp án)

SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ Môn: TOÁN Thời gian làm bài: 180 phút không kể thời gian phát đề ĐỀ CHÍNH THỨC I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH ( 7 điểm) x Câu 1 ( 2,0 điểm). Cho hàm số y = x- 1 a) Khảo sát, vẽ đồ thị (C) của hàm số. b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm cận tại A, B và tam giác OAB cân tại O ( O là gốc tọa độ ) æπ ö Câu 2 ( 1,0 điểm ). Giải phương trình: sinx.sin 4x = 2 2cos ç - x÷- 4 3cos 2 x.s inx.cos2x ç ÷ ÷ ç6 è ø ì 2 2 ï x + y + 1 = 2x + 2y Câu 3 ( 1,0 điểm ). Giải hệ phương trình: ï í ï (2x - y )y = 1 + 2y ï î ln8 ò (3 ) 2x Câu 4 ( 1,0 điểm). Tính tích phân: I = + e x + 1 e- x dx ln 3 Câu 5(1,0 điểm ).Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AB=2a, AD=CD=BC=a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA= a 2 . Mặt phẳng (P) đi qua điểm A và vuông góc với SB cắt SB, SC, SD lần lượt tại I, J, K . Gọi φ là góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). Tính cosφ và thể tích khối chóp S.AIJK. Câu 6 ( 1,0 điểm). Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn: 2x ( - x )³ y (y - 1). Tìm giá trị lớn nhất 1 của biểu thức: P = x - y + 3xy 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 7a ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và æ 1ö AC=2BD. Điểm M ç0; ÷ thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa độ các ç ÷ ç 3÷ è ø đỉnh của hình thoi ABCD biết B có hoành độ dương. Câu 8a ( 1,0 điểm). Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;1;0); B(0;3;1) và đường x y z- 1 thẳng d: = = . Chứng minh rằng hai đường thẳng AB và d chéo nhau. Tìm điểm M thuộc d sao 2 2 1 cho tam giác MAB cân tại M. Câu 9a ( 1,0 điểm). Một hộp đựng 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên 8 tấm thẻ. Tính xác suất để 8 tấm thẻ được chọn có 4 tấm thẻ mang số chẵn, 4 tấm thẻ mang số lẻ và chỉ có một tấm thẻ mang số chia hết cho 10. B. Theo chương trình nâng cao Câu 7b ( 1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 2x - 4y = 0 và M( 6;2). Lập phương trình đường thẳng d qua M, d cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MA 2 + MB2 = 50 Câu 8b ( 1,0 điểm).Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x2 + y2 + z2 + 2x + 4y + 4z = 0. Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π . 4 Câu 9b ( 1,0 điểm). Tìm số phức z thỏa mãn: (z + i) + 4z 2 = 0 -------------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:……………………………..
SỞ GD - ĐT THÁI BÌNH ĐÁP ÁN - THANG ĐIỂM TRƯỜNG THPT BẮC DUYÊN HÀ ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC NĂM 2014 Môn: TOÁN CÂU ĐÁP ÁN ĐIỂM x Cho hàm số y = x- 1 1 a) Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số b) Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm 2,0 cận tại A, B và tam giác OAB cân tại O ( O là gốc tọa độ ) 1a Khảo sát, vẽ đồ thị hàm số 1,0  TXĐ: D  R \ 1  Sự biến thiên: 0,25 1 -Chiều biến thiên: y  2  0, x  D  x  1 Hàm số nghịch biến trên  ;1 và 1;   - Giới hạn và tiệm cận: lim y  1; lim y  1 , tiệm cận ngang: y=1 x  x  0,25 lim y  ; lim y   ; tiệm cân đứng: x= 1 x 1 x 1  Bảng biến thiên: 0,25  Đồ thị : Giao với Ox và Oy tại gốc tọa độ O 6 4 0,25 2 -15 -10 -5 5 10 15 -2 -4 -6 -8 Đồ thị hàm số nhận điểm I( 1;1) làm tâm đối xứng 1b Viết phương trình tiếp tuyến của đồ thị (C) biết tiếp tuyến cắt hai đường tiệm 1,0 cận tại A, B và tam giác OAB cân tại O ( O là gốc tọa độ ) Gọi d là tiếp tuyến cần tìm và M( x0; y0) là tiếp điểm  x0  1 - 1 x0 Khi đó phương trình tiếp tuyến tại điểm M là: y = 2 (x - x 0 )+ (x 0 - 1) x0 - 1 æ x + 1ö ÷ d Ç TCD = A ç1; 0 ç x - 1ø;d Ç TCN = B (2x 0 - 1;1)Þ ç ÷ ÷ M là trung điểm AB 0.25 è 0 ÷    Tam giác OAB cân tại O khi OM ^ AB Û OM.u = 0
 æ ö 0,25 với u = ç1; - 1 2 ÷ là vtcp của d ç ç ÷ ÷ ç (x 0 - 1) ø÷ ÷ è - x0 éx 0 = 0 do đó ta có: x 0 + = 0Û ê 0,25 (x 0 - 1) 3 êx 0 = 2 ë Với x 0 = 0 Þ ptd : y = - x ( loại). Với x 0 = 2 phương trình d: y = - x + 4 ( tm) Vây phương trình tiếp tuyến cần tìm: y = - x + 4 0,25 Chú ý: Học sinh có thể dùng điều kiện: tam giác OAB cân tại O khi OA=OB 2 æπ ö 1.0 Giải phương trình: sinx.sin 4x = 2 2cos ç - x÷- 4 3cos 2 x.s inx.cos2x ç ÷ ÷ ç6 è ø   sinx.sin4x = 2 2cos   x   4 3cos 2 x.s inx.cos2x 6    0,25  s inx.sin 4x  2 2cos   x   3cosx.s in4x 6       s in4x sin x  3 cos x  2 2cos   x  6      0,25  2sin 4x.cos   x   2 2cos   x  6  6     cos  6  x   0    0,25 sin 4x  2  vô nghiêm        cos   x   0   x   k  x    m  m  Z  6  6 2 3  0,25 Vậy phương trình có nghiệm x    m  m  Z  3 2 2  x  y  1  2x  2y 1  3 Giải hệ phương trình:  1.0  2x  y  y  1  2y  2   Lấy (1) + (2) vế theo vế ta được: x 2  2xy  1  1  2x  4y  x  x  2y   2  x  2y    x  2  x  2y   0 0,25 x  2  0,25  x  2y  0 Trường hợp x=2 thay vào (2) ta có y=1 0,25 Trường hợp x+2y=0 thay vào (2) ta được phương trình vô nghiệm. 0,25 Vậy hệ có nghiệm x=2; y=1 ln8 ò (3 ) 2x 4 Tính tích phân: I = + ex + 1 e- x dx 1,0 ln 3 ln8 ln8 9x ex + 1 I= ò ex dx + ò dx 0,25 ln 3 ln 3 ex ln8 æ öx æ öln8 æ öln 3 ç9 ÷ ç9 ÷ - ç9 ÷ ln8 x 9 ln 8 æ öx 9 çe ÷ ç ø è ÷ çe ÷ ç ø è ÷ ç ÷ ç ÷ èe ø 1 Xét: ò x dx = ò ç ÷ dx = ç ø ÷ = = (8ln 9- 1 - 3ln 9- 1 ) 0,25 e çe ÷ è æ9 ö æö9÷ ln 9 - 1 ln 3 ln 3 ln ç ÷ çe ÷ ç ø ln ç ÷ ç ÷ è ÷ ç èe ø ln3
ln8 ex + 1 Xét I1 = ò dx ln 3 ex Đặt t = ex + 1 Þ t 2 = ex + 1 Þ dt = e x dx Đổi cận: x = ln 3 Þ t = 2; x = ln 8 Þ t = 3 1 æ 1 1 ö 3 3 2t 2 ç 2 ÷ ÷dt 0,25 I1 = ò 2 dt = ò ç ç 2 + 2 + 2÷ ÷ 2 (t - 1) 2 2 2 ç(t - 1) t - 1 (t + 1) ø è ÷ Do đó: 3 1 æ- 1 1 t- 1÷ ö 7 1 3 0,25 = ç ç - + ln ÷ = + ln 2èçt - 1 t + 1 ÷ t + 1 ø2 24 2 2 1 7 1 3 Vậy I= ln 9 - 1 (8ln 9- 1 - 3ln 9- 1 )+ 24 + 2 ln 2 Cho hình chóp S.ABCD có đáy ABCD là hình thang đáy lớn AB=2a, AD=CD=BC=a. SA vuông góc với mặt phẳng (ABCD), SA= a 2 . Mặt phẳng (P) đi 5 qua điểm A và vuông góc với SB cắt SB, SC, SD lần lượt tại I, J, K . Gọi φ là góc 1,0 giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD). Tính cosφ và thể tích khối chóp S.AIJK. S I J E B A K D C Goi E là trung điểm của AB. Khi đó các tam giác AED, DEC, EBC là các tam giác đều cạnh bằng a. Suy ra: ΔACB vuông tại B, ΔADB vuông tại D và AC = AB2 - BC 2 = a 3 ; SC = a 5 Ta có: ì BC ^ AC ï ï 0,25 í Þ BC ^ SC ï BC ^ SA ï î (SBC)Ç (ABCD)= BC Do đó góc giữa hai mặt phẳng (SBC) và (ABCD) là góc giữa SC và AC và là góc AC 15 SCA= φ . Khi đó cos φ = = 0,25 SC 5 Trong mặt phẳng (SAB) từ A hạ AI ^ SB tại điểm I Þ AI Ì (P ) Trong mặt phẳng (SAB) từ A hạ AJ ^ SC tại điểm J ì BC ^ AC ï Ta có: ï í Þ BC ^ (SAC)Þ BC ^ AJ ï BC ^ SA ï î Mà AJ ^ SC. Do đó AJ ^ SB Þ AJ Ì (P) Tương tự ta có AK ^ SD tại điểm K Þ AK Ì (P)
SI SI.SB SA 2 2a 2 1 Xét tam giác vuông SAB có = = = = SB SB2 SB2 6a 2 3 SJ 2 SK 2 Tương tự: = ; = SC 5 SD 3 Từ đó: VSAIJ SI SJ 2 2 2 1 2 1 1 a3 6 = . = Þ VSAIJ = VSABC = . SA.SΔABC = . .a 2. a 3.a = VSABC SB SC 15 15 15 3 15 3 2 45 VSAJK SK SJ 4 4 4 1 = . = Þ VSAJK = VSACD = . SA.SΔACD VSACD SD SC 15 15 15 3 4 1 1 a3 6 = . .a 2. a.a.sin1200 = 15 3 2 45 0,25 2a 3 6 Vậy thể tích cần tìm là: VSAIJK = (đvtt) 45 0,25 Cho x, y là hai số thực thay đổi thỏa mãn: 2x ( - x )³ y (y - 1). Tìm giá trị lớn nhất 1 6 của biểu thức: P = x - y + 3xy 1,0 Ta có: 2 1 (2x + y) 2x ( - x )³ y (y - 1)Û 2x + y ³ 2x 2 + y 2 ³ 1 (2 + 1)(2x 2 + y 2 )³ 3 3 Þ 0 £ 2x + y £ 3 Đặt t = 2x + y Þ 0 £ t £ 3 . Khi đó: 0,25 2 1 (6x + 3y - 1) 3P = 3x - 3y + 9xy = (3x - 1)(3y + 1)+ 1 = (6x - 2)(3y + 1)+ 1 £ +1 2 8 1 2 0.25 Þ 3P £ (3t - 1) + 1 8 1 2 1 Với mọi t thỏa mãn: 0 £ t £ 3 suy ra 3P £ (3t - 1) + 1 £ .64 + 1 = 9 Û P £ 3 0,25 8 8 ì 2x + y = 3 ï ìx= 1 ï Dấu bằng xảy ra khi ï í Û ï í ï 6x - 2 = 3y + 1 ï y = 1 ï î ï î Vậy maxP =3 khi x = y =1 0,25 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có tâm I(2;1) và AC=2BD. æ 1ö 7a Điểm M ç0; ÷ thuộc đường thẳng AB, điểm N(0;7) thuộc đường thẳng CD. Tìm tọa 1,0 ç ÷ ç 3÷ è ø độ các đỉnh của hình thoi ABCD biết B có hoành độ dương. B H N' M A C I N D Đặt IB=a, do AC=2BD nên ta có AI=2a. Gọi N’ là điểm đối xứng với N qua tâm I, suy ra N’ thuộc AB và N’( 4;-5) Khi đó phương trình đường thẳng AB: 4x+3y-1=0 và d(I,AB) = 2 0,25
1 1 1 5 Xét tam giác vuông IAB có: = + 2= Þ a= 5 2 d (I,AB) IA 2 IB 4a 2 0,25 æ 1- 4b ö ÷; b > 0 và IB = Điểm B thuộc đường thẳng AB nên B çb; ç ÷ ÷ 5 nên tìm được điểm ç è 3 ø B( 1;-1); I là trung điểm của BD nên D( 3;3) 0,25 Đường thẳng AC vuông góc với BD tại I nên có phương trình: x+2y-4=0. Do đó tọa độ điểm A( -2;3) và do I là trung điểm AC nên C( 6;-1) 0,25 Vậy tọa độ các điểm cần tìm là: A( -2;3); B( 1;-1); C( 6;-1) và D( 3;3) Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho hai điểm A(0;1;0); B(0;3;1) và đường x y z- 1 8a thẳng d: = = . Chứng minh rằng hai đường thẳng AB và d chéo nhau. Tìm 1,0 2 2 1 điểm M thuộc d sao cho tam giác MAB cân tại M.  Ta có: d có vtcp u = (2; 2;1) và qua điểm K( 0;01)        AB = (0; 2;1); AK = (0; - 1;1). Khi đó: é ABù u, ú ê .AK = 6 ¹ 0 nên d và đường thẳng AB 0,5 ë û chéo nhau. æ 1ö M thuộc d nên M(2t;2t;t+1), gọi I là trung điểm AB Þ I = ç0; 2; ÷ ç ÷ ÷ ç è 2ø     7 æ 7 17 ö 7 Tam giác MAB cân tại M nên IM.AB = 0 Û t = Þ Mç ; ; ÷ 10 ç5 5 10 ÷ ç è ÷ ø 0,5 Một hộp đựng 30 tấm thẻ được đánh số từ 1 đến 30. Chọn ngẫu nhiên 8 tấm thẻ. 9a Tính xác suất để 8 tấm thẻ được chọn có 4 tấm thẻ mang số chẵn, 4 tấm thẻ mang số 1.0 lẻ và chỉ có một tấm thẻ mang số chia hết cho 10. Chọn 8 tấm thẻ từ 30 tấm có C8 cách. Do đó Ω = C8 30 30 0,25 Gọi A là biến cố: “ chọn được 4 tấm thẻ mang số chẵn, 4 tấm thẻ mang số lẻ và chỉ có một tấm thẻ mang số chia hết cho 10” - Chọn 1 tấm thẻ trong 3 tấm thẻ chia hết cho 10 có C1 cách 3 - 3 Chọn 3 tấm thẻ chẵn còn lại trong 12 tấm thẻ có C12 cách 0,5 4 - Chọn 4 tấm thẻ lẻ trong 15 tấm thẻ có C15 cách Vậy Ω A = C1 .C12 .C15 3 3 4 ΩA C1 .C12 .C15 3 3 4 308 Do đó xác suất cần tìm là: P(A) = = 8 = 0,25 Ω C30 2001 Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường tròn (C): x 2 + y 2 - 2x - 4y = 0 và 7b 1,0 M( 6;2). Lập phương trình đường thẳng d qua M, d cắt đường tròn (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho MA 2 + MB2 = 50 I M A H B Đường tròn (C) có tâm I( 1;2) và bán kính R = 5 . Gọi H là hình chiếu vuông góc của I trên đường thẳng d   2     ( ) Ta có: AB2 = MB - MA = MB2 + MA 2 - 2.MB.MA
   10 Mà: MB.MA = MI 2 - R 2 = 20 Þ AB2 = 10 Þ IH = IA 2 - AH 2 = 0,5 2 Phương trình đường thẳng d qua M có dạng: a (x - 6)+ b (y - 2)= 0 (a 2 + b2 ¹ 0) Ta có: a ( - 6)+ b (2 - 2) 1 10 é = 3a b d(I,d) = = Û 9a 2 = b 2 Þ ê 0,25 a 2 + b2 2 ê = - 3a ëb Do đó có 2 đường thẳng thỏa mãn: x+3y-12=0 hoặc x-3y=0 0,25 2 2 2 Trong không gian với hệ tọa độ Oxyz, cho mặt cầu (S): x + y + z + 2x + 4y + 4z = 0 . 1,0 Viết phương trình mặt phẳng (P) chứa trục Ox và cắt mặt cầu (S) theo một đường 8b tròn có chu vi bằng 6π . Mặt cầu (S) có tâm I( -1;-2;-2) và bán kính R=3 0,25 Mặt phẳng (P) cắt (S) theo một đường tròn có chu vi bằng 6π hay đường tròn có bán 0,25 kính bằng 3. Do đó mp(P) qua tâm I.      Khi đó mặt phẳng (P) nhận n = é ù= (0;- 2;2) làm véc tơ pháp tuyến ( i = (1;0;0) là vec OI,i ê ú 0,25 ë û tơ đơn vị trên trục Ox) 0,25 Phương trình mặt phẳng (P): -y+z=0 4 9b Tìm số phức z thỏa mãn: (z + i) + 4z 2 = 0 1,0 Ta có: 4 (z + i) + 4z 2 = 0 2 2 Û (z 2 + 2iz - 1) = (2iz) 0,25 Û (z 2 - 1)(z 2 + 4iz - 1)= 0 0,25 é 2 - 1= 0 z é = ±1 z Û ê2 ê 0,5 ê + 4iz - 1 = 0 Û z ê = - 2± z ( ) 3 i ê ë ê ë -------------------HẾT-------------------