intTypePromotion=1
zunia.vn Tuyển sinh 2024 dành cho Gen-Z zunia.vn zunia.vn
ADSENSE

Đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2014 - THPT Chuyên Quốc Học Huế

Chia sẻ: Lam Chi Linh | Ngày: | Loại File: PDF | Số trang:6

368
lượt xem
35
download
 
  Download Vui lòng tải xuống để xem tài liệu đầy đủ

Đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2014 - THPT Chuyên Quốc Học Huế, cấu trúc đề thi bám sát chương trình Toán THPT và định hướng ra đề thi của Bộ Giáo dục Đào tạo.

Chủ đề:
Lưu

Nội dung Text: Đề thi thử Đại học môn Toán khối D năm 2014 - THPT Chuyên Quốc Học Huế

  1. TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC – HUẾ www.MATHVN.com ĐỀ THI THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 Thời gian: 180 phút (không kể thời gian phát đề) --------------------------------- I. PHẦN CHUNG CHO TẤT CẢ THÍ SINH (7,0 điểm) 2x +1 Câu 1 (2,0 điểm). Cho hàm số y = . x +1 a) Khảo sát sự biến thiên và vẽ đồ thị (C) của hàm số đã cho. b) Tìm m ∈ » để đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam giác OAB vuông tại O (với O là gốc tọa độ). Câu 2 (1,0 điểm). Giải phương trình: ( tan x + 1) sin 2 x + cos 2 x = 0 ( x ∈ ») .  x2 − 2 y + 2 + y = 2 x  Câu 3 (1,0 điểm). Giải hệ phương trình:  3 ( x; y ∈ » ) .   x + 2 x 2 = ( x 2 + 3x − y ) y 1 2 Câu 4 (1,0 điểm). Giải phương trình: log 27 x3 + log 3 ( x + 4 ) = log 3 ( x − 2 ) ( x ∈ ») . 4 Câu 5 (1,0 điểm). Cho hình lăng trụ tam giác ABC.A'B'C' có đáy ABC là tam giác vuông cân tại B; AB = a. Hình chiếu vuông góc của điểm A' lên mặt phẳng (ABC) là điểm H thuộc cạnh AC sao cho HC = 2HA. Mặt bên (ABB'A') hợp với mặt đáy (ABC) một góc bằng 60o. Tính theo a thể tích của khối lăng trụ ABC.A'B'C' và khoảng cách giữa hai đường thẳng AB và CC'. Câu 6 (1,0 điểm). Cho x và y là hai số thực dương thay đổi sao cho x + y = 1 . Tìm giá trị nhỏ nhất của biểu thức: x y P= + . 2 2 y +1 x +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 7a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình đường tròn đi qua ba điểm A ( −3; −1) , B ( −1;3) và C ( −2; 2 ) . Câu 8a (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình vuông ABCD. Gọi M, N lần lượt là trung điểm của  1  các cạnh AB và CD. Biết rằng M  − ; 2  và đường thẳng BN có phương trình 2 x + 9 y − 34 = 0 . Tìm tọa độ các điểm  2  A và B biết rằng điểm B có hoành độ âm. n  1  Câu 9a (1,0 điểm). Tìm số hạng không chứa x trong khai triển nhị thức Niu-tơn của  3 x3 − 2  với x ≠ 0 , biết rằng  x  n−2 n là số nguyên dương và 2 Pn − ( 4n + 5 ) .Pn − 2 = 3 An . A. Theo chương trình Nâng cao Câu 7b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, viết phương trình chính tắc của elip (E) biết rằng elip (E) có ( ) hai tiêu điểm F1 và F2 với F1 − 3;0 và có một điểm M thuộc elip (E) sao cho tam giác F1MF2 có diện tích bằng 1 và vuông tại M. Câu 8b (1,0 điểm). Trong mặt phẳng với hệ tọa độ Oxy, cho hình thoi ABCD có AC = 2BD. Biết đường thẳng AC có phương trình 2 x − y − 1 = 0 ; đỉnh A ( 3;5) và điểm B thuộc đường thẳng d : x + y − 1 = 0 . Tìm tọa độ các đỉnh B, C, D của hình thoi ABCD. Câu 9b (1,0 điểm). Cần chọn ngẫu nhiên 5 học sinh trong một lớp học có 15 nam và 10 nữ để tham gia đồng diễn. Tính xác suất sao cho 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam. -------------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:…………
  2. TRƯỜNG THPT CHUYÊN QUỐC HỌC www.MATHVN.com ĐÁP ÁN THỬ ĐẠI HỌC LẦN 1 Tổ Toán Môn: TOÁN; khối D – Năm học: 2013 - 2014 ------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------------- Câu Đáp án Điểm 1a • Tập xác định: D = » \ {1} • Sự biến thiên: 1 0,25 - Chiều biến thiên: y ' = 2 > 0, ∀x ≠ −1 . ( x + 1) Hàm số đồng biến trên mỗi khoảng ( −∞; −1) và ( −1; +∞ ) . - Giới hạn và tiệm cận: lim y = lim y = 2 ; tiệm cận ngang: y = 2 . x →−∞ x →+∞ 0,25 lim − y = +∞ và lim + y = −∞ ; tiệm cận đứng: x = −1 . x →( −1) x →( −1) - Bảng biến thiên: x -∞ ∞ -1 +∞ y' + + 0,25 +∞ ∞ 2 y 2 -∞ ∞ • Đồ thị: y 2 0,25 1 x -1 O 1b 2x +1 Phương trình hoành độ giao điểm: = x+m x +1 ⇔ 2 x + 1 = ( x + 1)( x + m ) (do x = −1 không là nghiệm của phương trình) 0,25 ⇔ x 2 + ( m − 1) x + m − 1 = 0 (1) Đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B khi và chỉ khi (1) có hai nghiệm phân biệt ⇔ m 2 − 6m + 5 > 0 ⇔ m > 5 hoặc m < 1 . (*) 0,25 Ba điểm O, A, B không thẳng hàng ⇔ m ≠ 0 . (**) Gọi A ( x1 ; y1 ) và B ( x2 ; y2 ) , trong đó x1 ; x2 là hai nghiệm của (1) và y1 = x1 + m; y2 = x2 + m . Tam giác OAB vuông tại O ⇔ OA.OB = 0 ⇔ 2 x1 x2 + m ( x1 + x2 ) + m 2 = 0 0,25 ⇔ 2 ( m − 1) + m (1 − m ) + m 2 = 0 2 ⇔ 3m − 2 = 0 ⇔ m = (thỏa (*) và (**)) 3 2 Vậy với m = thì đường thẳng y = x + m cắt đồ thị (C) tại hai điểm phân biệt A, B sao cho tam 0,25 3
  3. 2 Điều kiện: cos x ≠ 0 . www.MATHVN.com  sin x  2 0,25 Phương trình đã cho tương đương với:  + 1 sin x + ( cos 2 x − sin 2 x ) = 0  cos x  2 ⇔ ( cos x + sin x ) sin x + ( cos x − sin x )( cos x + sin x ) cos x = 0 ⇔ ( cos x + sin x ) ( sin 2 x + cos 2 x − sin x cos x ) = 0 0,25 ⇔ ( cos x + sin x )( 2 − sin 2 x ) = 0 (1) Vì phương trình 2 − sin 2 x = 0 vô nghiệm nên: 0,25 π (1) ⇔ cos x + sin x = 0 ⇔ tan x = −1 ⇔ x = − + kπ ( k ∈ » ) (thỏa mãn điều kiện). 0,25 4 Chú ý: Nếu thí sinh không ghi k ∈ » thì không trừ điểm. 3  x2 − 2 y + 2 + y = 2 x  (1)  3  x + 2 x + y = ( x + 3 x ) y (2) 2 2 2  0,25 Điều kiện: x 2 − 2 y + 2 ≥ 0 . (Nếu thí sinh không đặt điều kiện thì không trừ điểm) ( 2 ) ⇔ ( x − y ) ( x2 + 2 x − y ) = 0 ⇔ x = y hoặc x 2 + 2 x − y = 0 . x2 = 0 Từ (1) suy ra 2 x − y ≥ 0 nên x 2 + 2 x − y = 0 ⇔  ⇔ x = y = 0 (không thỏa (1)) 0,25 2 x − y = 0 x ≥ 0 Thay y = x vào (1), ta được: (1) ⇔ x 2 − 2 x + 2 = x ⇔  2 2 ⇔ x =1. 0,25 x − 2x + 2 = x Với x = 1 , ta được y = 1 (thỏa điều kiện) 0,25 Vậy hệ phương trình có một nghiệm ( x; y ) = (1;1) 4 Điều kiện: 0 < x ≠ 2 Phương trình đã cho tương đương với: log 3 x + log 3 ( x + 4 ) = log3 x − 2 0,25 ⇔ log 3  x ( x + 4 )  = log 3 x − 2   0,25 ⇔ x ( x + 4) = x − 2 (1)  x − 2 = x2 + 4 x  x 2 + 3x + 2 = 0 −5 ± 33 Vì x ( x + 4 ) > 0 nên (1) ⇔  2 ⇔ 2 ⇔ x = −1 ∨ x = −2 ∨ x = 0,25  x − 2 = −x − 4x  x + 5x − 2 = 0 2 −5 + 33 Đối chiếu với điều kiện, ta được x = là nghiệm của phương trình đã cho. 0,25 2 5 A' C' Gọi D là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh AB. AB ⊥ DH   ⇒ AB ⊥ ( A ' HD ) . B' Ta có: AB ⊥ A ' H  Suy ra góc giữa hai mặt phẳng (ABC) và (ABB'A') 0,25 là góc A ' DH . K A H C D B
  4. o 1 a 3 www.MATHVN.com a2 Ta có: A ' H = DH .tan 60 = ; S∆ABC = BA.BC = . 3 2 2 0,25 a3 3 Do đó: VABC . A ' B 'C ' = S ∆ABC . A ' H = . 6 d ( CC ', AB ) = d ( CC ', ( ABB ' A ') ) = d ( C , ( ABB ' A ') ) = 3d ( H , ( ABB ' A ') ) . Gọi K là hình chiếu vuông góc của H lên cạnh A'D. Ta có: AB ⊥ ( A ' HD ) ⇒ AB ⊥ KH . Mặt khác HK ⊥ A ' D nên HK ⊥ ( A ' AD ) , do đó: 0,25 d ( H , ( ABB ' A ') ) = HK . a 3 a 3 Ta có: HK = HD.sin 60o = ⇒ d (CC ', AB) = . 6 2 0,25 Chú ý: Thí sinh có thể dùng phương pháp tọa độ trong không gian để giải bài này. 6 x 1− x x + y = 1 ⇔ y = 1 − x , thay vào P ta được: P = + = f ( x ) với 0 < x < 1 . 2 (1 − x ) + 1 x2 + 1 1 x (1 − x ) 1 x (1 − x ) 0,25 f '( x) = + − − . 2 3 (1 − x ) +1 (1 − x )2 + 1 x2 +1 (x 2 +1 ) 3   1 Ta có f '   = 0 . 2 1 2 1 1 Với < x < 1 , ta có 0 < (1 − x ) + 1 < x 2 + 1 nên − > 0 và 2 (1 − x ) 2 +1 x2 + 1 x (1 − x ) x (1 − x ) − > 0 , do đó f ' ( x ) > 0 . 0,25 3 3 (1 − x )2 + 1 ( x2 +1 )   1 Tương tự, với 0 < x < , ta có f ' ( x ) < 0 . 2 1 Vậy x = là nghiệm duy nhất của f ' ( x ) = 0 trên khoảng ( 0;1) . 2 Bảng biến thiên: 1 x 0 2 1 f'(x) - 0 + 0,25 f(x) 2 5 2 1 Vậy min P = khi x = y = . 0,25 5 2 7a Phương trình đường tròn (C) đi qua ba điểm A, B, C có dạng: 0,25 ( C ) : x 2 + y 2 + 2ax + 2by + c = 0 với a 2 + b 2 − c > 0 . 6a + 2b − c = 10  Vì A, B, C thuộc (C) nên ta có hệ phương trình: 2a − 6b − c = 10 0,25 4a − 4b − c = 8 
  5. Vậy ( C ) : x 2 + y 2 − 4 x + 2 y − 20 = 0www.MATHVN.com . 0,25 8a Ta có vectơ pháp tuyến của đường thẳng BN là n = ( 2;9 ) . Gọi n1 = ( a; b ) với a2 + b2 > 0 là vectơ pháp tuyến của đường thẳng AB. BM 1 Ta có cos ( AB, BN ) = = . 0,25 BN 5 n.n1 2 a + 9b Mặt khác cos ( AB, BN ) = = . n . n1 a 2 + b 2 . 85  a = 4b 2 a + 9b 1 Từ đó ta có phương trình: = ⇔ 13a − 36 ab − 64 b = 0 ⇔  2 2 0,25 2 2 a + b . 85 5  a = − 16 b  13 Với a = 4 b chọn a = 4; b = 1 , ta được AB : 4 x + y = 0 . 4 x + y = 0  x = −1 Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình  ⇔ (thỏa mãn x B < 0 ). 0,25 2 x + 9 y − 34 = 0 y = 4 B ( −1;4 ) ⇒ A ( 0;0 ) . 16 Với a = − b chọn a = 16; b = −13 , ta được AB :16 x − 13 y + 34 = 0 . 13 0,25 16 x − 13 y + 34 = 0 4 18 Tọa độ của B là nghiệm của hệ phương trình  ⇔ x = và y = (loại). 2 x + 9 y − 34 = 0 5 5 9a Điều kiện: n ≥ 3; n ∈ » . n! 0,25 2 Pn − (4n + 5) Pn − 2 = 3 Ann − 2 ⇔ 2.n !− (4n + 5).(n − 2)! = 3. 2! 3n(n − 1) ⇔ 2 n(n − 1) − (4 n + 5) = ⇔ n2 − 9n − 10 = 0 2  n = 10 0,25 ⇔  n = −1 ( lo¹i ) n 10  1   1  Khi đó  3 x3 − 2  =  3 x 3 − 2  .  x   x  k 0,25  −1  3 10 − k x 30−3 k Số hạng tổng quát: Tk +1 = C10 ( 3 x ) .  2  = C10 .310 − k (−1)k 2 k . k k x  x Tk +1 không chứa x khi 30 − 3k − 2k = 0 ⇔ 5k = 30 ⇔ k = 6 . 0,25 Vậy số hạng không chứa x của khai triển là: C10 .34.(−1)6 = 17010 . 6 7b x2 y 2 Phương trình chính tắc của ( E ) : + = 1 với a > b > 0 . a2 b2 0,25 ( ) F1 − 3; 0 ⇒ c = 3 ⇒ a 2 − b 2 = 3 (1) 1 1 1 1 Gọi M ( xM ; yM ) . Ta có: S F1MF2 = 1 ⇔ yM .F1 F2 = 1 ⇔ yM .2 3 = 1 ⇔ yM = ⇒ yM = . 2 2 2 3 3 0,25 8 F1MF2 = 90o ⇔ MF1.MF2 = 0 ⇔ xM + yM = 3 , suy ra xM = . 2 2 2 3 8 1 M ∈ ( E ) ⇔ 2 + 2 = 1 (2). 0,25 3a 3b
  6. x2 y2 Giải hệ (1) và (2), ta được: a 2 = 4; bwww.MATHVN.com 1 . 2 = 1 . Vậy ( E ) : + = 0,25 4 1 8b Gọi I ( t;2t − 1) là giao điểm của hai đường chéo AC và BD và B ( t ';1 − t ' ) . Ta có AI = ( 3 − t;6 − 2t ) , BI = ( t − t ';2t + t '− 2 )  0,25  AI = 2 BI ( 3 − t ) + ( 6 − 2t ) = 4 ( t − t ' ) + ( 2t + t '− 2 )  2 2 2 2 (1)  ⇒    AB ⊥ BI t − t '+ 2 ( 2t + t '− 2 ) = 0 (2)  ( 2 ) ⇔ t ' = 4 − 5t , thay vào (1), ta được: 1 0,25 (1) ⇔ 175t 2 − 210t + 35 = 0 ⇔ t = 1 hoặc t = . 5 Với t = 1 , ta được t ' = −1 và I (1;1) . Khi đó B ( −1;2 ) , D ( 3;0 ) , C ( −1; −3) . 0,25 1 1 3  13 4   13 31  Với t = , ta được t ' = 3 và I  ; −  . Khi đó B ( 3; −2 ) , D  − ;  , C  − ; −  . 0,25 5  5 5  5 5  5 5 9b Số cách chọn 5 học sinh từ 25 học sinh là: C25 .5 0,25 1 4 Số cách chọn 5 học sinh gồm 1 nữ và 4 nam từ 25 học sinh là: C .C . 10 15 0,25 2 3 Số cách chọn 5 học sinh gồm 2 nữ và 3 nam từ 25 học sinh là: C10 .C15 . 0,25 Vậy xác suất 5 học sinh được chọn có cả nam lẫn nữ và số học sinh nữ ít hơn số học sinh nam là: C1 .C 4 + C 2 .C 3 325 0,25 P = 10 15 5 10 15 = . C25 506 HẾT
ADSENSE

CÓ THỂ BẠN MUỐN DOWNLOAD

 

Đồng bộ tài khoản
2=>2