zunia.vn

Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z

zunia.vn

» Tài Liệu Phổ Thông

» Ôn thi ĐH-CĐ

Đề thi thử Đại học môn Toán khối A, A1 năm 2014 - Vĩnh Phúc

Chia sẻ: Tran Tran | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

Báo xấu

167
lượt xem 23
download

Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Tài liệu tham khảo dành cho các bạn đang ôn thi Đại học - Cao đẳng khối A với Đề thi thử Đại học môn Toán năm 2014 khối A và A1 của Sở GD&ĐT Vĩnh Phúc. Mời các bạn cùng tham khảo.

Chủ đề:

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

Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán khối A, A1 năm 2014 - Vĩnh Phúc

www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐỀ KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 Thời gian làm bài: 180 phút, không kể thời gian phát đề I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y  2 x 4  m2 x 2  m 2  1 (1) (m là tham số). a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị của hàm số (1) khi m  2. b) Tìm tất cả các giá trị của m để đồ thị của hàm số (1) có ba điểm cực trị A, B, C sao cho bốn điểm O, A, B, C là bốn đỉnh của một hình thoi (với O là gốc tọa độ). 4sin 2 x Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: 1  cot 2 x  . 1  cos 4 x  4 x  1 x   y  1 1  2 y  0  2 Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  . 2 2 4 x  y  4 y  2 3  4 x  3  Câu 4 (1,0 điểm). Xác định tất cả các giá trị của m để phương trình x 2   m  2  x  4   m  1 x 3  4 x có nghiệm. Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình chóp tứ giác S.ABCD có đáy ABCD là hình vuông tâm O, cạnh bằng 2a. Mặt bên SAB là tam giác đều, SI vuông góc với mặt phẳng  SCD  với I là trung điểm của AB. Tính theo a thể tích của khối chóp S.ABCD và khoảng cách giữa hai đường thẳng SO và AB. Câu 6 (1,0 điểm). Cho ba số thực dương a, b, c. Chứng minh rằng: 2 2 2 a  b  c  b  c  a   . 3  c  a  b  2 2 2 2 2 2 2 2 2 a  b  c  2ab a  b  c  2bc a  b  c  2ca 5 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 đường thẳng d : x  y  4  0 và hai đường 2 2 2 2 tròn  C1  :  x  1   y  1  1;  C2  : x  3   y  4   4 . Tìm điểm M trên đường thẳng d để từ M kẻ được tiếp tuyến MA đến đường tròn  C1  và tiếp tuyến MB đến đường tròn  C2  (với A, B là các tiếp điểm) sao cho tam giác AMB cân tại M. Câu 8a (1,0 điểm). Từ các chữ số 0, 1, 2, 3, 4, 5, 6, 7 có thể lập được bao nhiêu số tự nhiên gồm 5 chữ số đôi một khác nhau và trong mỗi số đó có đúng 2 chữ số chẵn và 3 chữ số lẻ. 1 1 Câu 9a (1,0 điểm). Giải phương trình: log 2 ( x  3)  log 4 ( x  1)8  log 2 4 x . 2 4 B. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho đường thẳng d1 : x  2 y  3  0 và đường thẳng d 2 : 2 x  y  1  0 cắt nhau tại I . Viết phương trình đường thẳng d đi qua O và cắt d1 , d 2 lần lượt tại A, B sao cho 2IA  IB . 2 e x  cos 3 x cos x Câu 8b (1,0 điểm). Tính giới hạn: lim . x 0 x2 n Câu 9b (1,0 điểm). Cho khai triển 1  2 x  x 3   a0  a1 x  a2 x 2  ...  a3n x3n . Xác định hệ số a6 biết rằng 15 a a a 1 a0  1  2  ...  3n    . 2 3n 2 2 2 2 -------------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:……………….
www.VNMATH.com SỞ GD&ĐT VĨNH PHÚC ĐÁP ÁN KTCL ÔN THI ĐẠI HỌC LẦN 1 NĂM HỌC 2013-2014 Môn: TOÁN; Khối A, A1 I. LƯU Ý CHUNG: - Hướng dẫn chấm chỉ trình bày một cách giải với những ý cơ bản phải có. Khi chấm bài học sinh làm theo cách khác nếu đúng và đủ ý thì vẫn cho điểm tối đa. - Với Câu 5 nếu thí sinh không vẽ hình phần nào thì không cho điểm tương ứng với phần đó. - Điểm toàn bài tính đến 0,25 và không làm tròn. II. ĐÁP ÁN: Câu Ý NỘI DUNG ĐIỂM 1 2,0 điểm a Với m  2 hàm số có dạng y  2 x 4  4 x 2  3 TXĐ: D   0,25 Giới hạn: lim y  ; lim y   x x  x  0 Chiều biến thiên: y '  8x 3  8x ; y '  0    x  1 BBT x  1 0 1  0,25 y’  0 + 0  0 +  3  y 1 1 Hàm số đồng biến trên các khoảng  1; 0  và 1;    Hàm số nghịch biến trên các khoảng  ;  1 và  0;1 . 0,25 Điểm cực đại  0;3 , cực tiểu 1;1 ,  1;1 . 1  1 17  Điểm uốn: y ''  24 x 2  8; y ''  0  x   . Điểm uốn U   ;  3  3 9 Đồ thị: Giao với Oy tại  0;3 , đồ thị nhận trục Oy làm trục đối xứng 0,25 b TXĐ:  x  0 0,25 y '  8 x  2m x ; y '  0   2 m 2 3 2 x  (*)  4 Đồ thị hàm số có ba điểm cực trị  (*) có hai nghiệm phân biệt khác 0  m  0 0,25
www.VNMATH.com   m m4   m m4  Tọa độ các điểm cực trị A  0; m 2  1 , B  ;  m2  1 , C  ;  m2  1 .  2 8  2 8  Dễ thấy A  Oy còn B, C đối xứng nhau qua OA và O khác A khi m  1 . 0,25 4  m  Tọa độ trung điểm của BC là I  0;  m2  1   8  Vậy 4 điểm O, A, B, C là 4 đỉnh của hình thoi khi I là trung điểm của OA suy ra m 4 m2  1 0,25  m2  1   m4  4m 2  4  0  m   2 ( thỏa mãn). 8 2 2 1,0 điểm Đk: cos 4 x  1 sin 2 x  0 x k 2 k   0,25 Pt   cos 2 x  sin 2 x  sin 2 x  1  cos 2 x   cos 2 x  sin 2 x  1 sin 2 x  1  0 sin 2 x  1 0,25    1 sin  2 x      4 2  +) sin 2 x  1  x    k 0,25 4  1  x  k (l )  +) sin  2 x       4 2  x   k  4 0,25  k Vậy phương trình có nghiệm x   k   . 4 2 3 1,0 điểm  1  4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0 (1)  y  2  2 Đk:  0,25 2  4 x  y  4 y  2 3  4 x  3 (2) 3  x   4 3 3 (1)   4 x 2  1 x   y  1 1  2 y  0   2 x   2 x   1 2y   1 2 y 0,25 Xét hàm số f (t )  t  t trên  , f '(t )  3t  1  0t   3 2 (1) có dạng f  2 x   f   1 2 y  2x  1 2y  x  0 Thay vào phương trình (2) ta được 0,25 16  2 x  1 16 x 4  24 x 2  8 3  4 x  3  0   4 x 2  1 4 x 2  5   0 3  4x 1  16  1 3   2 x  1  2 x  1  4 x 2  5     0  x  2 do 0  x  4  3  4 x  1 0,25 1 1  Với x   y  0 . Vậy hệ phương trình có nghiệm  ; 0  . 2 2  4 1,0 điểm Điều kiện x  0 . Xét x = 0 thay vào phương trình không thỏa mãn. Với x  0 viết lại phương trình:  x 2  4   1  m  x  x 2  4    m  2  x  0 0,25 x2  4 x2  4   1  m   m  2  0 1 x x
www.VNMATH.com x2  4 Đặt t   2 . Từ phương trình (1) ta có: t 2  1  m  t  m  2  0  2  x 0,25 t2  t  2 m  g t  t 1 t2  t  2 Xét hàm số g  t   với t  2 t 1 4 t  1(l ) g 't   1  2 ; g 't   0   t  3  t  1  BBT 0,25 t 2 3  g’(t)  0 + 8  g(t) 7 Để (1) có nghiệm x  0 thì (2) có nghiệm t  2 0,25 Từ BBT của g(t) thì cần có m  7 . 5 1,0 điểm S K D A E H O I C F B Goi E là trung điểm của CD, suy ra AB  IE . Lại có AB  SI  AB   SEI  , do đó 0,25  ABCD   (SIE ) . Trong tam giác SEI kẻ đường cao SH  SH   ABCD  a 3 SI  a 3; IE  2a  SE  a (do tam giác SEI vuông tại S)  SH  . 2 0,25 1 2a 3 3 Vậy VS . ABCD  SH .S ABCD  (đvtt) 3 3 a a 1 Vì EH  SE 2  SH 2   OH  EH   OI . Qua O kẻ OF / / BC ( F  BC ) 2 2 2 0,25  d  SO, AB   d  AB,  SOF    d  I ,  SOF    2d  H ,  SOF   a 3 Kẻ HK vuông góc với SO tại K  HK   SOF   d  SO, AB   2 HK  . 0,25 2 6 1,0 điểm Không mất tổng quát, giả sử: a  b  c  3 2 2 2 Đặt a  b  c  b  c  a   c  a  b  P a 2  b 2  c 2  2 ab b 2  c 2  a 2  2bc a 2  b 2  c 2  2ac 0,25 2 2 2  P6  a  b  c 2 b  c  a  2 c  a  b 2 2 2 2 2 2 2 a  b  c  2 ab b  c  a  2bc a  b 2  c 2  2ac 2
www.VNMATH.com 6P 1 1 1   2  2  2 0,25 9  a  b   c  b  c   a  a  c   b2 2 2 1 1 1 2 2 2 2  2 2    c  1   c  1  2c  1  0 đúng 0,25 a  b c  c  3 c 5 25 6P 1 1 1 3 3   2 2  2 2  2 2   P 9  a  b  c b  c  a  a  c  b 5 5 0,25 Dấu “=” xảy ra khi và chỉ khi a  b  c . 7.a 1,0 điểm  C1  có tâm I 1;1 , bán kính R1  1;  C2  có tâm J  3; 4  , bán kính R2  2 0,25 Do IJ  5  R1  R2   C1  ,  C2  rời nhau nên A và B phân biệt 0,25 M  t ; t  4   d  MA2  MI 2  R12  2t 2  4t  9 ; MB 2  MJ 2  R2  2t 2  6t  5 2 0,25 Tam giác AMB cân tại M  MA2  MB 2  t  2 . Vậy M  2; 6  . 0,25 8.a 1,0 điểm 2 Số cách chọn 2 số tự nhiên chẵn trong các số đã cho (có cả số 0) C4  6 3 0,5 Số cách chọn 3 số lẻ trong các số đã cho C4  4 Số các số có 5 chữ số phân biệt gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy từ tập đã cho (có cả 2 3 số 0 đứng đầu) C4 .C4 .5!  2880 Số các số có 5 chữ số phân biệt mà số 0 đứng đầu gồm 2 số chẵn và 3 số lẻ được lấy 1 3 từ tập đã cho C3 .C4 .4!  288 Vậy số các số thỏa mãn yêu cầu bài toán là: 2880  288  2592 số. 0,5 9.a 1,0 điểm ĐK:  x0 x 1 0,25 (1)  log 2  x  3 x  1   log 2 4 x  ( x  3) x  1  4 x (2)   x  1 - Nếu x  1 ; (2)  ( x  3)( x  1)  4 x  x  3  x  3 0,25  - Nếu 0  x  1 ; (2)  ( x  3)(1  x)  4 x  x  3  2 3  x  3  2 3 0,25 Vậy phương trình có 2 nghiệm x  3; x  3  2 3 0,25 7.b 1,0 điểm  1 Ta có d1  d 2 . Tam giác IAB vuông tại I và có 2IA  IB nên cos IAB  hay 5 0,25 1 d tạo với d1 một góc  với cos   5   d1 có véc tơ pháp tuyến n1 (1; 2) , gọi n(a; b) là véc tơ pháp tuyến của d   1 n1.n 1 a  2b 1 0,25 cos         2 2 5 n1 n 5 5 a b 5 b  0  3b2  4ab  0   0,25  4a  3b Vậy có hai đường thẳng thỏa mãn yêu cầu bài toán là: x  0 và 3x  4 y  0 0,25
www.VNMATH.com 8.b 1,0 điểm 2 2 e x  cos 3 x.cos x ex  1 1  cos 3 x.cos x 1  cos 3 x.cos x lim 2  lim 2  lim 2  1  lim 0,25 x 0 x x0 x x 0 x x0 x2 1  cos 3 x.cos x 1  cos 4 x  1  cos 2 x sin 2 2 x  sin 2 x lim  lim  lim 0,25 x 0 x2 x 0 2 x2 x0 x2 sin 2 2 x sin 2 x sin 2 2 x  lim  lim 2  1  lim x0 x2 x0 x x0 x2 0,25 2 sin 2 2 x e x  cos 3x.cos x  1  4 lim  5 . Vậy lim 6 0,25 x0 4 x2 x 0 x2 9.b 1,0 điểm 3n 15 1 1 a a a 1 Cho x      a0  1  2  ...  3 n     8n  215  n  5 2 3n 0,25 2 2 2 2 2 2 Ta có 5 5 5 k k i x 3  1  2 x    C5k x15 3 k 1  2 x    C5k x153k  Cki  2 x  k 0 k 0 i 0 0,25 5 k i   C5 .Cki .  2  .x153k i  0  i  k  5  k k 0 i  0 15  3k  i  6  3k  i  9 Ta có bảng sau 0,25 k 3 4 5 i 0 3 6  k  3, i  0 hoặc k  4, i  3 0 3 0,25 Vậy a6  C5 .C3 .  2   C54 .C4 .  2   150. 3 0 3 -------------Hết-----------

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

THÔNG TIN

TRỢ GIÚP

HỖ TRỢ KHÁCH HÀNG

Theo dõi chúng tôi

Chịu trách nhiệm nội dung:

Nguyễn Công Hà - Giám đốc Công ty TNHH TÀI LIỆU TRỰC TUYẾN VI NA

LIÊN HỆ

Địa chỉ: P402, 54A Nơ Trang Long, Phường 14, Q.Bình Thạnh, TP.HCM

Hotline: 093 303 0098

Email: support@tailieu.vn

Giấy phép Mạng Xã Hội số: 670/GP-BTTTT cấp ngày 30/11/2015 Copyright © 2022-2032 TaiLieu.VN. All rights reserved.